1. Sistem terdiri atas dua balok bergerak relatif satu sama lain di atas permukaan licin. Gaya F diberikan pada balok m untuk memindahkannya sejauh L di atas balok M. Usaha gaya F sama dengan perkalian gaya F dengan perpindahan L.

1. 1. Sebuah batu beratnya w dilemparkan vertikal ke atas diudara dari lantai dengan
kecepatan awal v0 . Jika ada gaya konstan f akibat gesekan/hambatan udara selama
melayang dan asumsikan percepatan gravitasi bumi g konstan, maka tentukan :
a). tinggi maksimum yang dicapai (nyatakan dalam : v0, g, f dan w )
b). laju batu saat menyentuh lantai kembali (nyatakan dalam : v0, f dan w)
Teori yang mendasari :
•
Hukum Newton tentang gerak
•
GLBB
v= 0
f
w w
f
hmax
v0
v
a. Batu ke atas
Percepatan (perlambatan) :
f +w
m
f


a =  + 1g
w


a=
Tinggi maksimum yang dicapai :
1

2. h = v 0 .t −
1 2
at
2
dim ana,
v
t= 0
a
sehingga ,
2
v0
2a
h=
2
v0
=
f

2 g  + 1
w

hmax
b. Batu ke bawah
Percepatan :
a=
w− f
g
w
Kecepatan saat menyentuh lantai :
v 2 = 2ah




2
v0
 w − f 
2

v = 2
g
 w
 2 g  w + f  

 
  w 
2 w− f
v 2 = v0
w+ f
v = v0
B.
w− f
w+ f
Sebuah sistem terdiri atas dua buah balok massanya masing-masing m dan M
(lihat gambar). Koefisien gesekan antara kedua balok µs dan tidak ada gesekan
antara balok M dengan lantai. Tentukan besar gaya F yang harus diberikan pada
balok m supaya tidak turun ke bawah (nyatakan dalam : m, M, g dan µs)
Teori yang mendasari :
•
Hukum Newton tentang gerak
f
F
m
N
M
licin
2

3. •
Tinjau m
Arah mendatar,
∑Fx = m.a x
F − N = m.a x ............... (1)
Arah vertikal,
∑ y =0
F
m.g = f
m.g = µ .N
s
N =
•
m.g
................... (2)
µ
s
Tinjau M
Arah mendatar,
∑Fx = M .a x
N = M .a x
ax =
N
M
.................... (3)
dari ketiga persamaan di atas didapatkan :
F=
m.g  m

 M + 1
µs 

3

4. 2. Sebuah kereta dengan massa M dapat bergerak bebas tanpa gesekan di atas sebuah
lintasan lurus. Mula-mula ada N orang masing-masing dengan massa m berdiri diam
di atas kereta yang juga berada pada keadaan diam. Tinjau 2 kasus.
a. Semua orang di atas kereta berlari bersama ke salah satu ujung kereta dengan laju
relatif terhadap kereta vr dan kemudian melompat turun bersama-sama.
Berapakah kecepatan kereta setelah orang-orang ini melompat turun?
b. Sekarang tinjau kasus kedua. Kereta dan semua orang mula mula diam. Dalam
kasus kedua ini, semua orang lari bergantian. Jadi orang pertama lari
meninggalkan kereta dengan laju relatif terhadap kereta vr, kemudian disusul
orang kedua berlari ke ujung yang sama dengan laju relatif terhadap kereta vr.
Demikian seterusnya sampai orang ke-N. Berapakah kecepatan akhir kereta?
c. Pada kasus mana kecepatan akhir kereta lebih tinggi?
Teori yang mendasari :
•
Hukum kekekalan momentum linear
a. kekekalan momentum linier
0 = Mv + Nm ( v − vr )
Jadi, v =
Nm
vr
M + Nm
b. tinjau kondisi saat transisi dari n orang ke n-1 orang.
Momentum mula mula:
Pn = MVn + nmVn
Momentum akhir
Pn −1 = MVn −1 + ( n − 1) mVn−1 + m ( Vn −1 − vr )
Kekekalan momentum linier
( M + nm ) Vn = ( M + nm ) Vn−1 − mvr
Didapat
Vn −1 = Vn +
mvr
M + nm
Jika 1 lagi melompat turun, didapat
4

5. Vn − 2 = Vn +
mvr
mvr
+
M + nm M + ( n − 1) m
Atau dalam bentuk umum:
s
Vn − s = Vn + ∑
i =1
mvr
M + ( n − i + 1) m
Pada mulanya n=N, Vn = 0. Kecepatan akhir di dapat saat s=N
N
V0 = ∑
i =1
N
c. karena
N
mvr
mvr
=∑
M + ( N − i + 1) m n =1 M + nm
1
N
∑ M + nm > M + Nm
maka kecepatan pada kasus b lebih besar
n =1
daripada pada kasus a.
3. Sistem massa pegas di bawah terdiri dari suatu
balok dengan massa m dan dua pegas dengan
tali
konstanta pegas k dan 3k. Massa m dapat
berosilasi ke atas dan ke bawah, tetapi
orientasinya dipertahankan mendatar. Kedua
pegas dihubungkan dengan suatu tali tanpa
k
3k
massa melalui suatu katrol licin. Berapakah
periode osilasi sistem? (nyatakan dalam : m
m
x
dan k)
Teori yang mendasari :
•
Hukum Hooke
•
Osilasi
Untuk memudahkan pembahasan, kita akan namakan pegas k sebagai pegas 1 dan
pegas 3k sebagai pegas 2.
Tegangan kedua pegas sama, karena dihubungkan lewat satu tali maka :
k∆x1 = 3k∆x2.
Simpangan massa m = ∆x.
5

6. Dari geometri jelas bahwa,
2∆x = ∆x1 + ∆x2.
Jadi,
∆x1 =
3
1
∆x , ∆x2 = ∆x
2
2
Gaya yang bekerja pada massa m :
2 k∆x1= 3 k∆x.
Persamaan gerak sistem:
d 2x
m 2 + 3kx = 0
dt
Diperoleh T = 2π
m
3k
4. Sebuah cincin dengan massa m
mempunyai
ω0
suatu titik manik-
manik ditempel di pinggiran cincin
itu. Massa manik-manik m juga.
Jari jari cincin adalah R (momen
inersia cincin I = mR 2 ). Abaikan
dimensi
manik-manik
(anggap
Keadaan mula mula
seperti massa titik). Cincin dan
manik-manik bergerak bersama. Mula-mula kecepatan sudut mereka adalah ω0 dan
manik-manik berada di posisi paling rendah. Berapakah nilai maksimum ω0 agar
sistem tidak melompat saat manik-manik berada pada posisi tertinggi?
Anggap lantai kasar, sehingga sistem cincin manik-manik bisa menggelinding tanpa
slip.
Teori yang mendasari :
•
Kekekalan energi
•
Hukum Newton tentang gerak
6

7. Energi kinetik sistem terdiri dari energi kinetik cincin ditambah energi kinetik manik
manik. Pada saat mula-mula manik manik berada di dasar, sehingga kecepatannya
persis nol.
EK 0 =
1 2 1 2 1
1
2
2
mv0 + I ω0 = mω0 R 2 + mR 2ω02 = mR 2ω0
2
2
2
2
Pada saat manik-manik berada di puncak, energi kinetik cincin diberikan oleh
EK = mR 2ω 2
Energi kinetik manik manik
EK m =
1 2
mv
2
Kecepatan manik-manik v = kecepatan manik manik terhadap pusat cincin +
kecepatan pusat cincin
= kecepatan translasi pusat cincin + kecepatan akibat
rotasi cincin
= ωR + ωR = 2ωR.
Energi kinetik manik manik
=
1
2
m ( 2ω R ) = 2mω 2 R 2
2
Energi potensial manik manik = 2mgR.
Kekekalan energi:
2
mR 2ω0 = mR 2ω 2 + 2mR 2ω 2 + 2mgR
Sederhanakan:
1 2 2g
ω 2 = ω0 −
3
3R
Gaya normal yang diberikan oleh lantai diberikan oleh gaya berat dari manik-manik
dan cincin dikurangi dengan gaya sentripegal akibat rotasi manik-manik terhadap
pusat cincin.
N = 2mg − mω 2 R
Syarat supaya lepas dari lantai, N = 0.
Didapatkan :
1
2mg
2
2mg − mω0 R +
=0
3
3
7

8. Sederhanakan:
ω02 =
ω0 =
8g
R
8g
R
5. Model untuk pegas bersama.
Suatu pegas memiliki konstanta pegas k dan massa m. Untuk memudahkan
perhitungan, pegas ini bisa dimodelkan dengan sistem yang terdiri atas susunan massa
dan pegas. Untuk pendekatan pertama, anggap system pegas bermassa ini ekuivalen
dengan sistem massa-pegas yang terdiri dari dua massa identik m’ dan dua pegas
identik yang tak bermassa dengan konstanta k’. Jika
A
A
kita menambahkan terus jumlah massa dan pegas
dalam model ini maka akan semakin mendekati
k’
pegas sesungguhnya.
Mula-mula
sistem
dibiarkan
pada
keadaan
setimbang. Panjang pegas menjadi L (panjang
k, m
≡
m’
kendurnya L0 ). Jika ujung atas A dipotong,
a. berapa percepatan massa bawah menurut
k’
model ini ?
b. Berapa percepatan massa atas menurut
model ini ?
Asumsikan percepatan gravitasi g tetap.
Teori yang mendasari :
•
Hukum hooke tentang pegas
•
Hukum Newton tentang gerak
- Hubungan antara m dan m’ :
2m ' = m
- Hubungan antara k dengan k’ :
8
m’

9. F 2F
= '
k
k
'
k = 2k
Saat mula-mula,
- Pertambahan panjang pegas bawah karena gaya gravitasi,
F
= k '∆ 1
x
m' g = k '∆ 1
x
m' g
k'
m
g
= 2
2k
1 mg
=
4 k
∆1 =
x
- Tegangan pegas bawah,
k ' ∆x1 = 2k
=
1 mg
4 k
1
mg
2
- Pertambahan panjang pegas atas,
F
= k ' ∆x 2
2m ' g = k ' ∆x 2
2m ' g
k'
m
2 g
= 2
2k
mg
=
2k
∆x 2 =
∆x 2
- Tegangan pegas atas,
mg
2k
= mg
k ' ∆x 2 = 2k
Saat sambungan dengan langit-langit dipotong (titik A),
-
Tegangan pegas atas = nol
9

10. -
mg
2
Tegangan pegas bawah =
Gaya pada massa bawah :
1. Gaya gravitasi = m’g
=
mg
2
(arah ke bawah)
mg
2
2. Gaya dari pegas bawah =
(arah ke atas)
Jadi total gaya pada massa bawah = nol, sehingga massa bawah tidak
dipercepat.
Gaya pada massa atas :
1. Gaya gravitasi = m ' g
=
mg
2
(arah ke bawah)
mg
2
2. Gaya dari pegas bawah =
(arah ke bawah)
Jadi total gaya pada massa atas = mg,
Percepatan massa atas =
mg
m'
= 2g
6.
Perhatikan sistem di bawah ini.
F
m
L
µ2
M
µ1
10

11. Ada dua balok, masing-masing massanya m dan M. Koefisien gesekan antara balok
M dengan lantai µ1 , sedangkan koefisien gesekan antara balok m dengan balok M
adalah µ2. Pada balok m diberi gaya mendatar F yang cukup besar sehingga balok
m akan bergerak dipunggung balok M, dan balok M juga bergerak akibat gaya F ini
(asumsi µ2 cukup besar). Jika balok m berpindah sejauh L relatif terhadap balok M,
berapa usaha yang dilakukan gaya F ?
Untuk memudahkan hitungan anggap :
M = 2m, F = λmg = 5,6mg , µ 2 = 0,5, µ1 = 0,1
Teori yang mendasari :
•
Hukum Newton tentang gerak
•
GLBB
•
Usaha
Tinjau balok m,
N2
F
m
a2
f2
mg
N2 = gaya normal pada m karena M
 ΣFy = 0
N 2 = mg
 ΣFx = ma 2
F − f 2 = ma 2
f 2 = µ2 N 2
F − µ2 mg = ma 2
= µ2 mg
F − µ2 mg
m
a 2 = percepatan m relatif terhadap kerangka lab.
a2 =
11

12. Tinjau M,
N1
a1
N2’
f2
M
f1
mg
N2’ = reaksi dari N2
= mg
ΣFy = 0

'
N 1 − N 2 − Mg = 0
1
N 1 = N 2 + Mg
N 1 = (m + M ) g
 ΣFx = Ma1
f 2 − f 1 = Ma1
f 2 = µ 2 mg
µ 2 mg − µ1 ( m + M ) g = Ma1
[ µ m − µ1 (m + M )] g
a1 = 2
M
f 1 = µ1 (m + M ) g
Total pergeseran massa M setelah selang waktu t :
1
a1t 2
2
1 [ µ2 m − µ1 (m + M )] 2
=
gt
2
M
S1 =
Total pergeseran massa m terhadap kerangka lab setelah selang waktu t :
1
a2t 2
2
1 F − µ2 mg 2
=
t
2
m
S2 =
Selisih jarak :
12

13. t2
gt 2
( F − µ2 mg ) −
[ µ2 m − µ1 (m + M )]
2m
2M

µ2 m µ1 m
gt 2  F
=
 mg − µ2 − M + M + µ1 
2 

S 2 − S1 =
=
gt 2
[ λ − µ2 − µ2 γ + µ1γ + µ1 ] ,
2
dimana λ =
Setelah t=t0, selisih jarak = L
L = S2 – S1
2
gt 0
[ λ − µ 2 − µ 2γ + µ1γ + µ1 ]
L=
2
2
gt 0
L
=
2
λ − µ 2 − µ 2 γ + µ 1γ + µ 1
Untuk waktu t0 ini, massa m telah berpindah sejauh :
1
2
a2 t 0
2
1 F − µ 2 mg 2
=
t0
2
m
gt 2  F

= 0 
− µ2 
2  mg

S2 =
2
gt 0
[λ − µ2 ]
2
L[ λ − µ 2 ]
=
λ − µ 2 − µ 2γ + µ1γ + µ1
=
Usaha yang dilakukan oleh gaya F :
WF = F .S 2
= mgλ
L[ λ − µ 2 ]
λ − µ 2 − µ 2 γ + µ1γ + µ1
λ [ λ − µ 2 ] mgL
λ − µ 2 − µ 2 γ + µ1γ + µ1
= 5,712mgL
=
13
F
m
dan γ =
mg
M

14. 14