BAB III - DINAMIKA PARTIKEL

BAB III DINAMIKA PARTIKEL A. Rumus-rumus r Gaya F sering dipahami sebagai dorongan atau tarikan terhadap suatu benda. Pada awalnya benda dianggap secara alami memiliki kecenderungan berada dalam keadaan diam. Barulah kemudian Galileo menyatakan bahwa benda cenderung mempertahankan keadaan gerak atau diamnya benda. Perkembangan berikutnya adalah munculnya hukum pertama, kedua dan ketiga dari Newton. Hukum Pertama Newton Hukum pertama Newton menyatakan jika tidak ada gaya yang bekerja pada benda, maka benda yang semula diam akan tetap diam, sedangkan benda yang sedang bergerak dengan kecepatan konstan akan tetap bergerak dengan kecepatan konstan tersebut. Secara matematis r r dapat dinyatakan, jika ∑ F = 0 maka v = tetap . Tampaklah bahwa yang menyebabkan kecepatan benda berubah adalah gaya yang bekerja pada benda tersebut. Padahal jika kecepatan tidak konstan, berarti benda memiliki percepatan. Jadi gaya yang bekerja pada benda itulah yang menyebabkan benda memiliki percepatan. Perubahan kecepatan benda yang terkena gaya bergantung pada resistansi benda terhadap perubahan keadaan geraknya. Resistansi inilah yang kemudian dikenal sebagai resistansi inersia. Massa adalah ukuran inersia suatu benda. Semakin besar massa suatu benda maka semakin sukar benda tersebut mengalami perubahan terhadap keadaan geraknya.

FISIKA DASAR I ITS

Hukum Kedua Newton Total gaya yang bekerja pada benda akan menghasilkan percepatan tunggal dalam arah sesuai dengan resultan gaya tersebut. Besar percepatan bergantung pada massa benda sesuai r r r dv dengan rumusan ∑ F = ma = m . Hal yang sering dilupakan, bahwa rumusan tersebut dt adalah pernyataan secara vektor, sehingga pada saat memilih tanda positif bagi suatu gaya r berarti arah gaya F itulah yang diikuti oleh arah percepatannya, karena secara tidak disadari r di ruas kanan telah dipilih arah positif bagi percepatan a . Bila dalam perhitungan didapat nilai percepatan yang negatif berarti sistem mengalami perlambatan. Sebagai catatan, bahwa Hukum kedua Newton tidak hanya berlaku bila massa adalah konstan. Pada kasus gerak roket yang massanya selalu berubah akibat bahan bakar yang dibawanya menyusut karena terbakar, berarti massa totalnya selalu berubah yang berakibat timbulnya gaya dorong pada roket tersebut. r r d (mvr ) r r dv r dm ∑ F = dt = m dt + v dt = ma + Fdorong Hukum Ketiga Newton Semua gaya interaksi di antara dua benda selalu merupakan pasangan gaya (Gambar 3.1). Tumbukan di antara dua perahu, r yaitu perahu A dan perahu B berarti A memberi gaya aksi FBA r pada B dan pada saat yang sama B memberikan gaya reaksi FAB

r FAB

A

B r FBA

Gambar 3.1

III-1

kepada A. Kedua gaya yang berasal dari A dan dari B adalah sama besar, berlawanan arah dan bekerja pada benda yang berbeda, pasangan gaya inilah yang disebut pasangan gaya aksi r r dan reaksi, yaitu FAB = − FBA .

Catatan a. Hukum Newton bekerja pada kerangka inersial yang tidak dipercepat. Namun bila kerangka inersial mengalami percepatan biasanya diadakan penyesuaian. Misalnya, dalam konsep gerak melingkar tidak dikenal gaya sentrifugal namun hanya ada gaya sentripetal yang selalu mengarah ke pusat lingkaran. Gaya sentrifugal adalah gaya semu yang diadakan untuk menyesuaikan dengan konsep hukum Newton tersebut. Lihatlah contoh soal untuk gerak melingkar pada halaman selanjutnya. b. Gaya yang bekerja pada benda dengan arah tegak lurus kecepatan benda akan mengakibatkan arah kecepatan selalu berubah tetapi besar kecepatan (laju) benda konstan. Contoh, benda yang bergerak melingkar dengan kecepatan konstan, adalah karena benda terkena gaya sentripetal dengan arah tegak lurus kecepatan, jadi menuju pusat lingkaran. Dalam pengertian gaya secara sederhana, dikenal gaya tegangan tali T yaitu gaya pada tali yang mengalami tarikan dan gaya pegas yang merupakan gaya pemulihan panjang pegas kembali pada kondisi normal tanpa tekanan maupun tarikan, sesuai dengan hukum Hooke F = −kx , untuk k merupakan tetapan pegas yaitu gaya [N] per satuan panjang yang diperlukan untuk memanjangkan atau memendekkan pegas. Gaya lain yang sering digunakan adalah a. Gaya Berat W = mg yaitu gaya pada benda bermassa m akibat gaya tarik gravitasi bumi yang memiliki percepatan gravitasi g . Arah gaya berat selalu menuju pusat bumi. Bila ketinggian dinyatakan dengan y , artinya y = 0 adalah di permukaan bumi maka vektor r r perpindahan dy = + ˆj dy , sehingga gaya berat dinyatakan dengan W = − ˆj mg . Pengertian

FISIKA DASAR I ITS

ini penting saat perhitungan kerja. b. Gaya Normal adalah gaya pada benda akibat dorongan lantai kepada benda. Arah gaya normal selalu tegak lurus keluar lantai. Walaupun besarnya sama dengan gaya tekan benda kepada lantai tetapi gaya normal dan gaya berat bukanlah pasangan aksi dan reaksi, karena keduanya bekerja pada benda yang sama. Penentuan gaya normal dapat dilakukan dengan menggunakan total gaya dengan arah tegak lurus lantai selalu nol, yaitu r untuk ∑ F⊥lantai = 0 . Dalam penyelesaian soal, gunakan langkah ini pada setiap benda r r mengiringi penulisan Hukum kedua Newton bagi gaya yang sejajar lantai ∑ Flantai = ma . c. Gaya Gesek adalah gaya yang timbul akibat adanya gesekan di antara dua permukaan benda. Arah gaya gesek selalu melawan arah gerak benda. Benda bermassa m dikenai gaya kecil F tidak bergeser, tetapi bila gaya tersebut diperbesar terus hingga benda tepat akan bergerak maka besar gaya gesek mencapai maksimum yaitu f s = µ s N yang disebut gaya gesek statik maksimum. Artinya nilai gaya gesek dimulai dari nol sampai dengan µ s N . Bila gaya pada benda diperbesar melebihi f s = µ s N benda akan bergerak dan gaya

gesek yang bekerja pada benda menjadi lebih kecil dibandingkan dengan f s yaitu f k = µ k N . Hal ini dikarenakan secara eksperimen didapatkan bahwa µ s > µ k

III-2

B. Contoh Soal 1. Balok bermassa m1 = 2 kg dalam keadaan diam di atas m2 = 5 kg berada di atas lantai licin (Gambar 3.2). Koefisien gesekan statik dan kinetik antara m1 dan m2 secara r berturutan adalah µ s = 0,4 dan µ k = 0,2 . Gaya F m1 horisontal dikenakan pada m2 . Tentukan F a. percepatan m1 dan m2 ketika m1 tepat akan bergerak terhadap m2 , m2 r b. besar gaya F pada saat tersebut.

Gambar 3.2

Penyelesaian: r a. Perhatikan Gambar 3.3. Saat m2 dikenai gaya F maka antara m1 dan m2 bekerja gaya r gesek. Bila gaya F kecil dan belum menyebabkan m1 bergeser terhadap m2 , maka pada kedua permukaan benda bekerja gaya gesek statik yang arahnya saling berlawanan sesuai dengan Hukum ketiga Newton. Gaya gesek f s1 berfungsi menarik m1 ke kanan, sehingga hukum kedua Newton untuk m1 adalah

∑F ∑F

=0

∑F

= 0 atau N 2 − N1 '−m2 g = 0

y

atau

N1 − m1 g = 0 sehingga

N1 = m1 g

= m1a atau f s1 = µ s1m1 g = m1a = 0,4 × 4 kg × 10 m/s 2 = 16 N Kedua benda tidak saling bergeser sehingga percepatan keduanya sama, yaitu N1 N2 2 2 a1 = a2 = a = µ s1 g = 0,4 × 10 m/s = 4 m/s m1 b. Hukum kedua Newton untuk m2 x

y

FISIKA DASAR I ITS

sehingga N 2 = N1 '+ m2 g dengan N1 ' = N1 ∑ Fx = m2 a

sehingga F − f 's1 = m2 a dengan f 's1 = f s1

F = m2 a + f 's1 = 4 kg × 4 m/s + 16 N F = 32 N

F

f 's1 m g 1 N1 '

f s1 m2

m2 g

2

Gambar 3.3

2. Seseorang bermassa m1 = 50 kg berdiri di atas landasan bermassa m2 = 110 kg yang menggantung terkait dengan tali dan katrol seperti pada Gambar 3.4. Agar orang tersebut dapat naik dengan percepatan a = 2 m/s 2 dia harus menarik kedua ujung tali masing-masing dengan gaya sebesar F . Tentukan gaya F F F tersebut. Penyelesaian: m1 m2 Diagram gaya pada lantai dan orang ditunjukkan Gambar 3.5. Gambar 3.4 Hukum kedua Newton pada orang ( m1 ) adalah

F1 = m1a1 = m1a 2 F "+ N − m1 g = m1a

(1)

III-3

F"

F'

F"

F'

N'

m2 g m1 g

N Gambar 3.5

Gambar kiri lantai terkena gaya tarik dua tali masing-masing F ' , lantai tertekan oleh berat orang N ' dan lantai memiliki berat m2 g . Gambar kanan adalah gaya-gaya pada orang saat tertarik oleh gaya tali F " , orang juga memiliki berat m1 g dan orang mengalami gaya normal oleh lantai sebesar N , sehingga N ' = N . Hukum kedua Newton pada landasan ( m2 ) adalah

(∑ F ) r

2

r = m2 a

2 F '− N '−m2 g = m2 a

(2)

Karena F ' = F " = F maka dari Pers.(1) + Pers.(2) didapat 4 F − (m1 + m2 )g = (m1 + m2 )a

FISIKA DASAR I ITS

a=

4F −g (m1 + m2 )

F=

(m1 + m2 ) (a + g ) = 1 (50 + 110)kg × (2 + 10)m/s 2

4 4 Jadi orang tersebut menarik tali dengan gaya sebesar F = 4.800 N

3. Sebuah balok bermassa m = 4 kg berada di atas bidang datar. Balok diikatkan pada poros suatu katrol secara horisontal. Salah satu ujung tali ditambatkan pada titik A, ujung tali yang lain ditarik dengan gaya F hingga balok memiliki percepatan a = 5 m/s 2 seperti pada Gambar F 3.6. Bila antara balok dengan lantai tidak ada gesekan m dan massa katrol serta tali diabaikan, tentukan gaya A horisontal F Gambar 3.6 Penyelesaian: Perhatikan diagram gaya pada Gambar 3.7. Karena massa tali F T dan katrol diabaikan maka persamaan gaya pada poros katrol adalah F T − 2F = 0 yaitu T = 2 F Gambar 3.7 Hukum ke dua Newton pada balok

T = 2 F = ma = 4 kg × 5 m/s 2

III-4

Jadi besar gaya yang diberikan adalah F = 10 N 4. Dua benda bermassa m1 = 2 kg dan m2 = 3 kg keduanya tergantung pada suatu katrol seperti Gambar 3.8. Tentukan percepatan m1 dan m2 serta tegangan tali T dan T0 . T0 Penyelesaian: T0 r r Persamaan gaya masing-masing benda adalah ∑ F = m a . Anggaplah T benda bergerak ke kanan dan gunakan arah ke kanan adalah arah positif T T sehingga hukum kedua Newton T untuk m1 : T − m1 g = m1a

T = m1 ( g + a )

(1)

untuk m2 : m2 g − T = m2 a

T = m2 ( g − a )

(2)

m1 g

m2 g

Gambar 3.8

Gunakan Pers.(1) = Pers.(2) maka didapat

 m − m1   3−2  2  g =  a =  2  ×10 m/s  3+ 2  m2 + m1  a = 2 m/s 2

(3)

FISIKA DASAR I ITS

Substitusikan Pers.(3) ke Pers.(1) maka didapat

T = m1 (g + a ) = 2 kg × (10 + 2 )m/s 2 = 24 N

Jadi tegangan tali penahan benda adalah T = 24 N Tegangan tali di atas katrol

T0 = 2T = 2 × 24 N

Jadi tegangan tali penahan katrol adalah T0 = 48 N

5. Balok bermassa m = 10 kg berada di atas bidang N miring yang bermassa M = 200 kg (Gambar 3.9). Misal antara balok dengan lantai tidak ada a gesekan. mg a. Tentukan gaya horisontal F yang diberikan F pada bidang miring agar posisi balok tidak M θ = 37° tergeser ke atas ataupun ke bawah. b. Bahaslah untuk θ = 0° dan θ = 45° . Gambar 3.9 Penyelesaian: a. Agar posisi balok tidak tergeser ke atas ataupun ke bawah maka percepatan bagi bidang miring sama dengan percepatan balok sehingga persamaan gaya adalah sebagai berikut (gunakan Gambar 3.10)

∑F

horizontal

= N sin θ = ma

(1)

III-5

∑F

vertikal

= N cosθ = mg

N cos θ

(2)

Pers.(1) Lakukan pembagian maka Pers.(2 ) a tan θ = g

N

θ

N sin θ

mg

(3) Gaya horisontal yang diberikan pada bidang miring agar posisi balok m tidak tergeser ke atas ataupun ke bawah.

F = ma = mg tan θ = 10 kg × 10 m / s 2 ×

Gambar 3.10

3 4

Jadi, F = 75 N . 6. Dua buah balok bermassa m1 = 2 kg dan m2 = 3 kg Balok 1 diletakkan di atas balok 2 dan di antara keduanya terdapat gesekan dengan koefisien gesek statik µ s = 0,4 dan koefisien gesekan kinetik µ k = 0,2 , sedangkan di antara m1 F balok 2 dengan lantai tidak ada gesekan. Balok 1 dikenai gaya F seperti m2 pada Gambar 3.11. a. Bila balok 1 dikenai gaya F yang kecil sehingga kedua balok masih dapat bergerak bersama, gambarkan diagram gaya pada balok 1 dan Gambar 3.11 balok 2. b. Tentukan percepatan kedua balok tersebut. c. Tentukan gaya F saat di antara kedua balok terjadi selip yaitu tidak bergerak bersama. Penyelesaian: N1 a. Gambar 3.12 di samping adalah diagram gaya pada N2 gabungan m1 dan m2 . m f

FISIKA DASAR I ITS f 's1

1

s1

m1 g

N1 '

m2

F

m2 g

Gambar 3.12

b. Gambar 3.13 di bawah ini adalah diagram gaya pada m1 dan m2 adalah

N1

m1 m1g

f s1 = µ s N1

N2

F

m2

f s1 = µ s N1

N1 '

m2g

Gambar 3.13 c. Gaya penggerak sistem benda adalah F berarah ke kanan. Jadi arah percepatan yang dihasilkan juga ke kanan. Pilih arah kanan adalah arah positif. Agar kedua balok bergerak bersama, maka gaya F tidak boleh melebihi gaya gesek statik maksimum di antara keduanya,

III-6

F ≤ f s1

(m1 + m2 )a = µ s1 N1 sehingga percepatan maksimum pada kedua balok adalah F µ N 0,4 × 2 kg × 10 m/s 2 a= = s1 1 = m1 + m2 m1 + m2 2 kg + 3 kg

a = 1,6 m / s 2 d. Agar di antara kedua balok terjadi selip yaitu tidak bergerak bersama, maka gaya F harus lebih besar dari pada gaya gesekan statik di antara keduanya F > µ s N ( = 0, 4 × 2 kg ×10 m/s 2 = 8 N ) sehingga besar gaya F pada balok 1 saat terjadi selip adalah  F   f s1 = µ s1m1 g = m2 a = m2   m1 + m2  Besar gaya F pada balok 1 saat terjadi selip adalah (m + m2 ) = 0,4 × 2 kg ×10m/s 2 × (2 kg + 3 kg ) F = µ s1m1 g 1 m2 3 kg 40 F= N 3 sehingga percepatan pada balok 1 adalah  40  N − 0,2 × 2 kg ×10m/s 2 F − f k1 F − µ k1m1 g  3  a1 = = = m1 m1 2 kg

(

)

FISIKA DASAR I ITS

a1 = 4,66 m/s 2 dan percepatan pada balok 2 adalah f 0,2 × 2 kg × 10m/s 2 a2 = k 1 = m2 3 kg

(

)

Jadi percepatan balok 2 adalah a2 = 1,33m/s 2

7. Sebuah mobil bermassa m = 3.000 kg bergerak dengan kecepatan v pada suatu tikungan dengan jejari R = 120 m dan sudut kemiringan α = 37 0 N cos α terhadap bidang horisontal. Tentukan kecepatan maksimum N agar mobil tidak terpental. α Penyelesaian: N sin α = Dari diagram gaya (Gambar 3.14) pada mobil agar tidak terpental maka mobil harus dalam kesetimbangan. Untuk gaya mv 2 pada arah horisontal, (sumbu x), ∑ Fx = 0 R 2 v mg N sin α = m (1) α = 37 0 R dan syarat kesetimbangan untuk gaya pada arah vertikal Gambar 3.14 (sumbu y), ∑ Fy = 0

N cos α = mg

(2)

III-7

Gunakan Pers.(1)/Pers.(2) v2 tan α = Rg v = Rg tan α = 120 m ×10 m/s 2 × 0, 75 Jadi kecepatan maksimum agar mobil tidak terpental v = 30 m/s 8. Untuk kajian tentang percepatan sentripetal tinjaulah suatu bola bermassa M merekat pada ujung tali bergerak melingkar dengan v2 jejati R dan dengan kecepatan konstan pada T = M R bidang datar tanpa gesekan ujung tali lain dilewatkan lubang yang berada tepat di pusat R lingkaran dan pada ujung ini digantungkan T benda bermassa m seperti pada Gambar 3.15. Tentukan percepatan sentrifugal pada massa M tersebut, bila sistem dalam kesetimbangan. berikan ulasan tentang peran mg gaya sentripetal. Penyelesaian: Gambar 3.15 Gaya yang sebenarnya berperan adalah gaya sentripetal dengan arah menuju ke pusat lingkaran. Sistem dalam kesetimbangan, maka v2 ∑ Fx = Fsentripetal = M R = T dari diagram gaya maka kesetimbangan pada masing-masing benda adalah T = mg ∑ Fy = 0 Dari kedua persamaan tersebut maka percepatan sentripetal pada benda memiliki arah menuju pusat lingkaran adalah v2 m asentripetal = = g R M

FISIKA DASAR I ITS

9. Bola yang beratnya 0,4 kg diikatkan pada ujung tali suatu B mg ayunan dengan panjang tali L = 80 cm ketika mencapai titik lintasan terendah berkecepatan 8 m/s. Tentukan T a. tegangan tali saat ayunan mencapai titik terendah, θ R b. tegangan tali saat ayunan mencapai titik tertinggi. T Penyelesaian: a. Gaya sentripetal Fsp selalu mengarah ke pusat lintasan A vA mg lingkaran yaitu arah mg sumbu y positif seperti B mg Gambar 3.16 pada Gambar 3.17. Saat bola membentuk sudut θ T maka R θ v2 mg cos θ F = F = ma = m = T − Fg = T − mg cos θ ∑ y sp sp T R sehingga tegangan tali T adalah A vB mg mg Gambar 3.17 III-8

 v2  T = m + g cosθ  R  Pada posisi terendah di A untuk θ = 0° maka  v2  T = m  + g cos θ  R   v2   v2  = m  + g cos 0°  = m  + g  R  R  2  ( 8 m/s )  = ( 0,4 kg )  + 10 m/s 2   0,8 m    = 32 N + 4 N=36 N Jadi tegangan tali saat ayunan mencapai titik terendah adalah T = 36 N Pada posisi tertinggi di B untuk θ = 180° maka  v2  T = m  + g cos θ  R   v2   v2  = m  + g cos180°  = m  − g  R  R  2  ( 8 m/s )  = ( 0,4 kg )  − 10 m/s 2   0,8 m    = 32 N − 4 N=28 N Jadi tegangan tali saat ayunan mencapai titik tertinggi adalah T = 28 N

FISIKA DASAR I ITS

10. Sebuah mobil dengan massa m = 1000 kg melakukan gerakan melingkar pada bidang horisontal dengan jejari R = 100 m dan P sebagai pusat lengkung. Jika koefisien gesek statik µ = 0,4 , gunakan g = 10 m/s 2 , tentukan a. kecepatan mobil saat bergerak melingkar, b. kecepatan sudut ω pada kondisi soal a, c. kecepatan yang dibolehkan agar mobil tetap dapat bergerak tanpa selip, bila mobil diberi muatan sebesar 500 kg .

Penyelesaian: a. Perhatikan Gambar 3.17. Kecepatan maksimum yang dibolehkan untuk mobil harus memenuhi syarat bahwa gaya sentripetal yang dihasilkan oleh kecepatan mobil tidak boleh melebihi gaya gesek oleh ban N v2 v2 m = µN m = µmg R R ● v = µRg = 0,4 ×100 m × 10 m s 2 = 20 m s P mg Jadi kecepatan minimum mobil saat bergerak melingkar agar tidak terpental adalah v = 20 m s Gambar 3.18 b. Kecepatan sudut adalah

III-9

ω=

v 1 0,4 ×10 m s 2 µRg = = R R 100 m

Jadi kecepatan sudut benda adalah ω = 0,2 rad s c. Tampak bahwa kecepatan tidak bergantung massa sehingga kecepatan maksimum tidak berubah. 11. Dua buah balok masing-masing bermassa m1 = 3 kg dan m2 = 5 kg . Kedua digandeng dengan tali tak bermassa dan bergerak pada bidang berkemiringan θ = 37° sedangkan ujung tali yang lain dihubungkan balok ketiga bermassa m3 = 15 kg dalam posisi menggantung seperti pada Gambar 3.18. Koefisien gesekan antara balok dengan bidang miring adalah µ s = 0,4 dan

m2 m1

m3

θ Gambar 3.19

µ s = 0,2 .

a. Tentukan massa balok ketiga agar benda tepat akan bergerak. b. Bila tali di antara balok 1 dan balok 2 putus, tentukan percepatan balok 1 dan balok 2 pada bidang miring. Penyelesaian: a. Gunakan diagram gaya pada Gambar 3.19 untuk menyelesaikan soal ini. Misalkan benda akan bergerak ke kanan, maka pilih arah ke kanan adalah arah positif, sehingga persamaan gaya pada masing-masing benda adalah T1 − m1 g sin θ − f s1 = m1 a (1)

FISIKA DASAR I ITS

T2 − T1 − m2 g sin θ − f s 2 = m2 a

(2)

+ m3 g − T3 = m3 a

(3)

T2

m2 g sin θ T1 m1 g sin θ

m1

fs1

θ

T1

T2

T3

m2

fs2

T3

m3

m3 g

Gambar 3.20

Bila ketiga persamaan tersebut dijumlahkan dan gunakan T2 = T3 karena massa piringan dan tali serta gesekan di antara keduanya diabaikan maka percepatan sistem + m3 g − (m1 + m2 )g sin θ − µ s (m1 + m2 )g cosθ a= =0 (4) m1 + m2 + m3 artinya benda dalam keadaan diam dan tepat akan bergerak sehingga m3 = (m1 + m2 )sin θ + µ s (m1 + m2 ) cosθ m3 = (m1 + m2 ) × (sin θ + µ s cosθ )

III-10

m3 = (3 kg + 5 kg ) × (0,6 + 0,4 × 0,8) m3 = 8 kg × 0,92 = 7,36 kg b. Bila tali di antara balok 1 dan balok 2 putus maka persamaan gaya pada masingmasing benda akan sesuai dengan kondisi balok 1 turun ke kiri, dan balok 2 naik ke kanan, sehingga r r untuk balok 1 gunakan ∑ F = m a dengan arah kiri adalah arah positif, didapat + m1 g sin θ − f k1 = m1 a1

(5)

+ m1 g sin θ − µ k m1 g cosθ = m1 a1

a1 = g (sin θ − µ k cosθ ) = 10 m / s 2 × (0,6 − 0,2 × 0,8) sehingga percepatan balok 1 adalah ke kiri yaitu a1 = 4,40 m/s 2 r r Untuk balok 2 dan 3 gunakan ∑ F = m a yang akan bergerak ke arah kanan dan dipilih sebagai arah positif, sehingga didapat m3 g − T2 + T2 − m2 g sin θ − f s 2 = (m2 + m3 ) a2 (6) a2 = m3 g − m2 g sin θ − µ k m2 g sin θ = m3 g − m2 g (sin θ − µ k sin θ )

a2 = 7,36 kg ×10m/s 2 − 5 kg × 10m/s 2 (0,6 − 0,2 × 0,8) = 73,6 m/s 2 − 22 m/s 2 Jadi percepatan balok 2 sama dengan percepatan balok 3 adalah ke kanan yaitu a2 = a3 = 51,6 m/s 2

FISIKA DASAR I ITS

12. Benda bermassa m digantung dengan tali seperti pada Gambar 3.20. Agar benda dalam kesetimbangan dan tegangan tali T1 = 80 N , a. gambarkan diagram gaya benda, b. tentukan massa m dan tegangan tali T2 . Penyelesaian: a. Gunakan diagram gaya pada Gambar 3.21 untuk membantu menyelesaikan soal ini. Agar benda dalam kesetimbangan maka total gaya arah sumbu x dan sumbu y masingmasing sama dengan nol, sehingga (1) ∑ Fx = 0 T2 sin 37° = T1

∑F

= 0 T2 cos 37° = mg (2) Lakukan Pers.(1)/ Pers.(2) sehingga T1 = mg tan 37° = 0, 75 mg y

T1 = 0, 75 m ×10 m/s = 7,5 m = 75 N 7,5 m = 75 N Massa benda yang digantung adalah m = 10 kg Gunakan Pers.(2) maka tegangan tali T1 75 N T2 = = =125 N sin 37° 0,6 Atau gunakan Pers.(1) maka tegangan tali mg 10 kg×10m/s 2 100 N T2 = = = =125 N cos 37° cos37° 0,8 2

y x

37°

T2 T1 m mg

Gambar 3.22

III-11

13. Benda bermassa m bergerak dari A pada ketinggian y A = hA ke B dengan ketinggian yB = 0 . Tentukan kecepatan benda di B bila gerakan tersebut dilakukan dengan cara berbeda yaitu a. jatuh bebas, b. meluncur turun pada bidang miring yang licin dengan sudut kemiringan θ . Penyelesaian: a. Benda jatuh bebas dari A ke B dengan kecepatan v A = 0 berarti benda mendapat percepatan F mg a=∑ = =g m m posisi A dengan y A = hA dan posisi B dengan yB = 0 sehingga kecepatan di B adalah vB2 = v A2 − 2 g ( yB − y A ) = 0 − 2 g (0 − hA ) = 2 ghA , sehingga vB = 2 ghA b. Benda meluncur turun pada bidang miring yang licin dari A ke B, sehingga benda mendapat percepatan F mg sin θ a=∑ = = g sin θ m m Benda menempuh jarak dari A (dengan S A = 0 ) ke B untuk y − yA SB − S A = B sin θ sehingga kecepatan di B adalah  y − yA  vB2 = v A2 − 2 g sin θ (S B − S A ) = v A2 − 2 g sin θ  B  = 0 − 2 g (0 − hA ) = 2 ghA  sin θ  Jadi kecepatan benda di B adalah vB = 2 ghA

FISIKA DASAR I ITS

14. Perhatikan Gambar 3.22, gaya horisontal ke kanan sebesar F = 50 N dikenakan pada balok bermassa m1 r m2 m1 = 8 kg yang berimpitan dengan balok m2 = 2 kg . F Kedua balok ini terletak pada lantai licin. Gambar 3.23 a. Gambarkan gaya pada masing-masing balok, r r terutama pasangan aksi-reaksi gaya kontak F12 dan F21 di antara m1 dan m2 . r r  m2  r  F . b. Buktikan F21 = − F12 =   m1 + m2  r c. Hitunglah besar F12 .

Penyelesaian: r a. Gaya kontak antara m1 dan m2 dinyatakan dengan F12 r yaitu gaya tekan pada m1 oleh m2 dan F21 yaitu gaya tekan pada m2 oleh m1 . r r Gaya normal N1 dan N 2 masing-masing adalah gaya tekan pada m1 dan m2 oleh lantai (Gambar 3.24).

III-12

y

x

r N1

r N2

r F12 r F

m1 m1 g

r F21

m2 g

Gambar 3.24

m2

b. Perhatikan Gambar 3.25. Persamaan gaya pada m1 dalam arah sejajar lantai (sumbu x) adalah (1) F − F12 = m1a Persamaan gaya pada m1 dalam arah tegak lurus lantai (sumbu y) adalah (2) N1 − m1 g = 0 Perhatikan Gambar 3.26. Persamaan gaya pada m2 arah sejajar lantai (sumbu x) (3) F21 = m2 a Persamaan gaya pada m2 arah tegak lurus lantai (sumbu y) adalah N 2 − m2 g = 0 (4) r r Dengan aksi-reaksi diketahui F12 = - F21 , berarti F12 = F21 . Lakukan penjumlahan Pers.(1) dan Pers.(3) didapat F = (m1 + m2 ) a (5) Substitusikan Pers.(5) ke Pers.(3), maka didapat  m2   F F21 = m2 a =   m1 + m2 

y

r N1

x

r F

m1 r F12

m1 g Gambar 3.25

r N2

y

x r F21

m2 g

m2

Gambar 3.26

Jadi gaya F21 pada m2 oleh m1 adalah

 2 kg   × 50 N = 10 N , F21 = m2 a =   8 kg + 2 kg  sedangkan gaya F12 pada m1 oleh m2 adalah

FISIKA DASAR I ITS

 F   8 kg   = 1 −  × 50 N = 10 N F12 = F − m1a = F − m1   m1 + m2   8 kg + 2 kg 

15. Sebuah gelas bermassa m1 = 1kg berada di atas nampan yang

bermassa m2 = 2 kg Keduanya berada di atas meja kaca yang licin (Gambar 3.27). Bila koefisien gesek statik dan koefisien gesek kinetik antara m1 dan m2 secara berturutan adalah µ s1 = 0, 4 ,

a. buktikan gaya F maksimum yang dapat diberikan pada m2 agar gelas dapat bergerak bersama dengan nampan adalah F = ( m1 + m2 ) µ s g . b. Hitunglah gaya F maksimum tersebut. Penyelesaian: a. Gaya-gaya yang bekerja pada gelas adalah seperti pada Gambar 3.28. Hukum kedua Newton untuk m1 adalah

∑ Fx = m1a ∑F

f s1 = µ s m1 g = m1a

a = µs g

r F

m2 Gambar 3.27 y

N1

x m1

(1)

=0 N1 − m1 g = 0 N1 = m1 g (2) Gaya-gaya yang bekerja pada nampan adalah seperti pada Gambar 3.28. y

m1

f s1

m1 g Gambar 3.28

III-13

Hukum kedua Newton untuk m2 (Gambar 3.29) adalah

∑F ∑F

x

= m1a

F − f s1 = m2 a

y

(3)

=0 N 2 − N1 '− m1 g = 0 Substitusikan Pers.(1) pada Pers.(3) F − µ s m1 g = m2 a F = µ s gm1 + m2 a

(4)

y

N2 f s1

x m2

r F m2 g

N '1

Gambar 3.29

F = ( m1 + m2 ) µ s g

b. F = ( m1 + m2 ) µ s g = (1 + 2 ) kg × 0,4 ×10 m/s 2 = 12N Jadi besar gaya F = 12N

C. Soal-soal 1. Sebuah balok bermassa m = 50 kg bergerak turun dengan kecepatan konstan 20 m/s pada bidang berkemiringan 37° terhadap horisontal. a. Gambarkan diagram gaya pada balok. b. Tentukan koefisien gesek kinetik antara balok dan bidang miring. 2. Sebuah balok bermassa m = 5 kg diletakkan di ujung pegas yang terletak pada bidang berkemiringan 37° . Bila tetapan pegas adalah k = 120 N/m dan pegas memendek hingga dicapai kondisi setimbang, a. gambarkan diagram gaya. b. Tentukan pemendekan pegas tersebut.

FISIKA DASAR I ITS

3. Benda bermassa m digantung dengan tali seperti pada Gambar 3.30. Agar benda dalam kesetimbangan, tentukan massa m dan tegangan tali T2 bila T1 = 80 N .

y

T2 T1 37°

(a)

37°

T2

x

37°

T1

37°

m

m

(b)

Gambar 3.30

4. Sebuah balok bermassa m = 50 kg diletakkan di atas truk (Gambar 3.31). a. Gambarkan diagram gaya pada balok dan pada truk. b. Tentukan percepatan maksimum truk agar balok tidak selip, bila koefisien gesek statik antara balok dengan truk adalah µ s = 0,4 .

m

Gambar 3.31

III-14

5. Sebuah balok bermassa m = 2 kg diletakkan di atas truk yang menuruni bidang berkemiringan 37° seperti pada Gambar 3.32. a maks a. Gambarkan diagram gaya pada balok dan pada truk. b. Tentukan percepatan maksimum truk agar balok tidak selip, bila koefisien gesek statik antara balok dengan truk adalah µ s = 0,8 .

m1

m2

θ = 37°

Gambar 3.32 6. Sebuah mobil bergerak melingkar pada bidang horisontal dengan kecepatan v = 30 m/s dengan jari-jari kelengkungan jalan R . Koefisien gesek statik antara roda mobil dan permukaan jalan adalah µ = 0,6 . a. Gambarkan diagram gaya pada mobil. b. Tentukan jari-jari kelengkungan jalan R agar mobil tidak terpental akibat gaya sentripetal. c. Tentukan kecepatan maksimum mobil agar tidak terpental, bila jari-jari kelengkungan R . jalan adalah 2 7. Sebuah balok bermassa m1 = 5 kg , m2 = 3 kg dan m3 = 2 kg terletak pada lantai horisontal m1 r yang licin (Gambar 3.33). Gaya horisontal ke m3 m2 F kanan sebesar F = 50 N dikenakan pada m1 . Gambar 3.33 a. Gambarkan diagram gaya pada masingmasing balok, terutama pasangan aksi-reaksi gaya kontak di antara m1 , m2 dan, m3 . r b. Hitunglah F12 yaitu gaya pada m1 oleh m2 . r c. Hitunglah F23 yaitu gaya pada m2 oleh m3 .

FISIKA DASAR I ITS

8. Tiga balok bermassa m1 = 5 kg , m2 = 3 kg dan m3 = 2 kg terletak pada bidang berkemiringan 37° seperti pada Gambar 3.34. Gaya sejajar lantai F = 50 N dikenakan pada m1 . a. Gambarkan diagram gaya pada masing-masing balok, terutama pasangan aksi-reaksi gaya kontak di antara m1 , m2 dan, m3 . r b. Hitunglah F12 yaitu gaya pada m1 oleh m2 . r c. Hitunglah F23 yaitu gaya pada m2 oleh m3 .

r F

9. Sebuah balok bermassa m = 5 kg diletakkan di atas bidang berkemiringan θ = 37 0 (Gambar 3.35). a. Gambarkan diagram gaya pada balok. b. Berapa percepatan minimum bidang miring agar balok tidak selip, bila koefisien gesek statik antara balok dengan bidang miring adalah µ s = 0,9 . c. Bahaslah untuk sudut kemiringan bidang θ = 45° .

m1

m3

m2

37°

Gambar 3.34

m1

θ = 37 0

amin m2

Gambar 3.35 III-15

10. Benda bermassa m = 5 kg berada di ujung tali dan melakukan gerak B melingkar vertikal berjari-jari R = 40 cm dari titik A pada posisi mg θ = 0° terhadap vertikal sebagai titik terendah hingga mencapai titik puncak di B dengan θ = 180° (Gambar 3.36). Buktikan kecepatan minimum di B adalah vB = gR agar benda tetap bergerak melingkar.

T R

vA

A Gambar 3.36 11. Dua bua balok bermassa m1 dan m2 digantung pada tali yang terkait dengan katrol seperti pada Gambar 3.37. Semula balok dalam keadaan diam dan kemudian balok m2 turun sejauh h . Massa tali dan katrol serta semua gesekan diabaikan. a. Tuliskan hukum kedua Newton untuk m1 . b. Tuliskan hukum kedua Newton untuk m2 . c. Hitunglah percepatan kedua balok. Apakah gerak balok merupakan Gerak Lurus Berubah Beraturan (GLBB). 2(m2 − m1 )gh d. Buktikan bahwa kecepatan balok adalah v = . (m2 + m1 )

m2

m1

m2 g

m1 g

FISIKA DASAR I ITS

e. Hitunglah kecepatan balok tersebut untuk m1 = 15 kg , m2 = 25 kg , dan h = 50 cm . f. Hitung pula tegangan tali T .

Gambar 3.37

12. Benda bermassa m = 2 kg berada di ujung tali sebuah ayunan yang memiliki panjang R = 20 cm . Benda melakukan gerak melingkar beraturan dengan kecepatan 20 m/s (Gambar 3.38). Massa tali diabaikan. a. Buktikan tegangan tali pada sudut θ adalah   v2 T = m + g cosθ  . R  b. Bahaslah tegangan tali pada θ = 0°; 45°;90°;135°;180° . c. Bahaslah percepatan tangensial dan percepatan radial untuk θ = 0°;90°;180° . 13. Benda bermassa m = 2 kg berada di dalam lintasan melingkar yang licin dengan jari-jari R = 20 cm . Benda melakukan gerak melingkar beraturan dengan kecepatan 40 m/s . Gerakan dimulai dari posisi terendah yaitu untuk θ = 0° kemudian ke arah berlawanan dengan arah jarum jam, seperti pada Gambar 3.39.

T

T

B

mg

R

θ

T

mg A

vB mg Gambar 3.38

B mg

θ

R

N

A

mg

vB

Gambar 3.39

III-16

mg

 v2  a. Buktikan gaya normal di titik dengan sudut θ adalah N = m + g cosθ  . R  b. Hitunglah gaya normal pada θ = 0°; 45°;90°;135°;180° dan ambillah kesimpulan. c. Bahaslah percepatan tangensial dan percepatan radial untuk θ = 0°;90°;180° . 14. Sebuah balok bermassa m = 2 kg berada pada bidang berkemiringan θ = 53° (Gamba3 3.40). Balok dikenai gaya F = 10 N , sedangkan F2 koefisien gesek kinetik antara balok dengan bidang miring F3 µ k = 0,4 . Tentukan gaya normal dan percepatan balok, bila a. Gaya F = F1 sejajar bidang miring arah naik, b. Gaya F = F2 dalam arah vertikal ke atas, c. Gaya F = F3 dalam arah horisontal ke kanan.

θ = 37°

θ = 53°

F1

Gambar 3.40 15. Dua balok bermassa m1 = 15 kg dan m2 = 5 kg terhubung dengan tali berada pada bidang r berkemiringan θ = 37° (Gambar 3.41). Bila m2 dikenai gaya horisontal ke kanan F sedangkan koefisien gesekan statik dan kinetik antara balok T dengan bidang miring secara berturutan adalah µ s = 0,4 T dan µ k = 0,2 , tentukan gaya F dan tegangan tali T , agar a. balok tepat akan bergerak ke kanan, b. balok tepat akan bergerak ke kiri, c. balok ke kanan dengan percepatan a = 0,5 m/s 2 ,

FISIKA DASAR I ITS m1 g

d. balok ke kiri dengan percepatan a = 0,5 m/s 2 .

θ = 37 0

Gambar 3.41

16. Tiga balok bermassa m1 dalam posisi menggantung, m2 = 5 kg dan m3 = 10 kg terhubung dengan tali dan katrol seperti pada Gambar 3.42. Bidang miring memiliki sudut T1 kemiringan θ = 53° . Bila koefisien gesekan statik dan kinetik antara balok dengan bidang lantai secara berturutan m1 adalah µ s = 0,4 dan µ k = 0,2 , tentukan massa m1 serta tegangan tali T1 dan T2 agar a. balok tepat akan bergerak ke kanan, b. balok tepat akan bergerak ke kiri, c. balok ke kanan dengan percepatan a = 0,5 m/s 2 , d. balok ke kiri dengan percepatan a = 0,5 m/s 2 .

17. Dua balok bermassa m1 = 5 kg dan m2 = 15 kg terhubung dengan tali dan katrol seperti pada Gambar 3.43. Bila kedua balok semula diam kemudian m2 bergerak ke bawah. Gunakan anggapan massa tali dan katrol dapat diabaikan dan lantai licin. a. Tuliskan Hukum kedua Newton untuk m1 dan m2 . b. Carilah hubungan antara tegangan tali T1 dan T2 .

F

m2 g

m2 T2 m3 θ = 530

Gambar 3.42

T1 m1

T1

T1

T2 m2

Gambar 3.43 III-17

c. Carilah jarak tempuh balok pertama s1 dinyatakan dalam jarak tempuh balok kedua s2 . d. Carilah percepatan balok pertama a1 dinyatakan dalam percepatan balok kedua a2 .  m2   g . e. Buktikan percepatan m2 adalah a2 =   4m1 + m2  f. Hitunglah tegangan tali T1 dan T2 . 18. Sebuah balok bermassa m = 2 kg dalam posisi menempel pada dinding vertikal, dikenai gaya F yang membentuk sudut θ = 37° terhadap vertikal seperti pada Gambar 3.44. Bila koefisien gesekan statik dan kinetik antara balok dengan bidang vertikal secara berturutan adalah F µ s = 0,4 dan µ k = 0,2 , tentukan gaya F dan gaya normal N agar a. balok tepat akan bergerak ke atas, θ = 37 mg b. balok tepat akan bergerak ke bawah, Gambar 3.44 c. balok bergerak ke atas dengan percepatan a = 2 m/s 2 , 0

d. balok bergerak ke bawah dengan percepatan a = 2 m/s 2 . 19. Sebuah balok bermassa m = 2 kg dalam posisi menempel pada bagian bawah permukaan horizontal, dikenai gaya F yang membentuk sudut θ = 37° terhadap vertikal seperti pada Gambar 3.45. Bila koefisien gesekan statik dan kinetik antara balok dengan bidang permukaan F mg 0 horizontal secara berturutan adalah µ s = 0,4 dan µ k = 0,2 , tentukan gaya θ = 37 F dan gaya normal N saat Gambar 3.45 a. balok tepat akan bergerak ke kanan, b. balok ke kanan dengan percepatan a = 2 m/s 2 .

FISIKA DASAR I ITS

20. Sebuah balok bermassa m = 5 kg berada di atas bidang datar. Balok diikatkan pada poros suatu katrol dan keseluruhan terletak pada bidang berkemiringan 37° . Salah ujung tali katrol ditambatkan pada titik A yang diam, ujung tali yang lain ditarik r dengan gaya F hingga balok memiliki percepatan a = 2 m/s 2 seperti pada Gambar 3.46. Bila koefisien gesekan statik dan kinetik antara balok dengan lantai secara berturutan r adalah µ s = 0,4 dan µ k = 0,2 . Tentukan gaya F yang diberikan pada salah satu ujung tali agar a. balok tepat akan bergerak ke atas, b. balok ke atas dengan percepatan a = 0,2 m/s 2 , c. balok ke turun dengan percepatan a = 0,2 m/s 2 .

III-18

r F

m

A 37° Gambar 3.46