71-80 osn fisika (tkunci)

71-80 osn fisika (tkunci)

• 1.
  OSN Fisika Bedahsoal 346 http://ibnu2003.blogspot.com 71. Pembahasan a. perhatikan gambar diagram bebas untuk batang b. persamaan keseimbangan statik batang (terdiri dari persamaan gaya dan torsi) 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥 ∶ 𝐹 𝑥 − 𝑇𝑐𝑜𝑠300 = 0…1) 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦 ∶ 𝐹 𝑦 − 𝑚1 𝑔 − 𝑚2 𝑔+ 𝑇𝑠𝑖𝑛300 = 0…2) persamaan kesetimbangan torsi pada titik tumpu dinding 𝑚2 𝑔𝑑 + ( 𝑚1 𝑔𝐿 2 ) − 𝐿𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0 𝑇 = 2𝑚2 𝑔𝑑 + 𝑚1 𝑔𝐿 2𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃 ∴ 𝑇 = [ 𝑚2 𝑑 𝐿 + 𝑚1 2 ] 𝑔 𝑠𝑖𝑛𝜃 c. besar tegangan kabel 𝑇 = 2𝑚2 𝑔𝑑 + 𝑚1 𝑔𝐿 𝐿 ⇋∴ 𝑇 = 2𝑑 𝐿 𝑤2 + 𝑤1 𝑇 = 2𝑑 𝐿 𝑤2 + 𝑤1 = 2024𝑁 d. nilai komponen gaya horizontal dan vertikal yang diberikan dinding terhadap batang persamaan 1) dan 2) 𝐹𝑥 = 𝑇𝑐𝑜𝑠300 = 1012√3𝑁 𝐹𝑦 = 𝑚1 𝑔 + 𝑚2 𝑔 − 𝑇𝑠𝑖𝑛300 = 1048𝑁 𝑦 𝑑 𝑇 𝑥 𝐿/2 𝑚2 𝑔 𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝑚1 𝑔 300
• 2.
  OSN Fisika Bedahsoal 347 http://ibnu2003.blogspot.com 72. Pembahasan a. besar gaya gesek statis antara tangga dan lantai diagram gaya benda bebas pada tangga persamaan kesetimbangan statik untuk gaya pada tangga 𝑠𝑏( 𝑥): 𝑓𝑔 − 𝑁2 = 0 ⇌ 𝑓𝑔 = 𝑁2 𝑠𝑏( 𝑦): 𝑁1 − 𝑚 𝑝 𝑔 − 𝑚1 𝑔 = 0 ⇌ 𝑁1 = 𝑚 𝑝 𝑔 + 𝑚1 𝑔 persamaan momen gaya (torsi) untuk tangga. ( 𝑚 𝑝), ( 𝑚1) dan jarak horizontalnya diperoleh 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑥 𝑝 𝑑/3 ⇋∴ 𝑥 𝑝 = 𝑑 3 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑥1 𝑑/2 ⇋∴ 𝑥1 = 𝑑 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 ( 𝑁2), jarak vertikalnya diperoleh 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑦 𝑑 ⇋∴ 𝑦 = 𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 maka : Σ𝜏 = 0 ⇋ 𝑚 𝑝 𝑔𝑥 𝑝 + 𝑚1 𝑔𝑥1 − 𝑁2 𝑦 = 0 𝑚 𝑝 𝑔 𝑑 3 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑚1 𝑔 𝑑 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁2 𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0 ∴ 𝑁2 = ( 𝑚 𝑝 3 + 𝑚1 2 )𝑔 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑖𝑛𝜃 ⇋ 𝑓𝑔 = ( 𝑚 𝑝 3 + 𝑚1 2 )𝑔 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑖𝑛𝜃 b. besar koefisien gesek minimum agar tangga tidak slip. syarat agar tangga tidak slip adalah 𝑓𝑔 = 𝜇 𝑠 𝑁1 = 𝜇 𝑠(𝑚 𝑝 𝑔 + 𝑚1 𝑔) maka : 𝜇 𝑠(𝑚 𝑝 + 𝑚1) = ( 𝑚 𝑝 3 + 𝑚1 2 ) 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑖𝑛𝜃 ∴ 𝜇 𝑠 = [ 2𝑚 𝑝 + 3𝑚1 6(𝑚 𝑝 + 𝑚1) ] 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑁1 𝜃 𝑓𝑔 𝑁2 𝑚1 𝑔 𝑚 𝑝 𝑔 𝑥 𝑦
• 3.
  OSN Fisika Bedahsoal 348 http://ibnu2003.blogspot.com 73. Pembahasan a. gambar diagram benda bebas pada silinder ( 𝑁1) adalah gaya normal silinder sisi kiri ( 𝑓1) adalah gaya gesek silinder sisi kiri ( 𝑁2) adalah gaya normal silinder sisi kanan ( 𝑓2 ) adalah gaya gesek silinder sisi kanan b. besar gaya normal pada sisi silinder sebelah kiri dan kanan gaya gesek pada kedua sisi adalah : 𝑓1 = 𝜇𝑁1 ⇋ 𝑓2 = 𝜇𝑁2 …1) pusat massa silinder tidak berpindah, maka resultan gaya pada sb-x dan sb-y sama dengan nol.( 𝜃 = 450 ) Σ𝐹𝑥 = 0 𝑁2𝑥 − 𝑁1𝑥 − 𝑓1𝑥 − 𝑓2𝑥 = 0 𝑁2 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑓2 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁1 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑓1 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝑁2 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜇𝑁2 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁1 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜇𝑁1 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝑁2 𝑐𝑜𝑠𝜃(1 − 𝜇) − 𝑁1 𝑐𝑜𝑠𝜃(1+ 𝜇) = 0 𝑁2 𝑐𝑜𝑠𝜃(1 − 𝜇) = 𝑁1 𝑐𝑜𝑠𝜃(1+ 𝜇) ∴ 𝑁2 = 𝑁1 (1 + 𝜇) (1 − 𝜇) ∴ 𝑁1 = 𝑁2 (1 − 𝜇) (1 + 𝜇) Σ𝐹𝑦 = 0 𝑁2 𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝑓2 𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝑁1 𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑓1 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑚𝑔 𝑁1 𝑠𝑖𝑛𝜃(1 − 𝜇) + 𝑁2 𝑠𝑖𝑛𝜃(1+ 𝜇) = 𝑚𝑔 nilai ( 𝑁1) dan ( 𝑁2) 𝑁1 𝑠𝑖𝑛𝜃[(1− 𝜇)2 + (1 + 𝜇)2] = 𝑚𝑔(1− 𝜇) 𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 𝑘𝑖𝑟𝑖 𝑁1 𝑁2 𝑓1 𝑓2 𝑚𝑔 𝜃 𝜃𝑓2𝑥 𝑁2𝑦 𝑁2𝑥 𝑁2 𝑓2𝑦 𝑓2 𝑓1 𝑁1𝑦 𝜃 𝜃𝑁1𝑥 𝑁1 𝑓1𝑦 𝑓1𝑥
• 4.
  OSN Fisika Bedahsoal 349 http://ibnu2003.blogspot.com ∴ 𝑁1 = √2𝑚𝑔(1− 𝜇) (1 − 𝜇)2 + (1 + 𝜇)2 ∴ 𝑁2 = √2𝑚𝑔(1+ 𝜇) [(1− 𝜇)2 + (1 + 𝜇)2] c. besar torsi gesek terhadap pusat silinder Σ𝜏 𝑝𝑢𝑠𝑎𝑡 = ( 𝑓1 + 𝑓2 ) 𝑅 = 𝜇( 𝑁1 + 𝑁2) 𝑅 Σ𝜏 𝑝𝑢𝑠𝑎𝑡 = √2𝜇𝑚𝑔𝑅( (1 − 𝜇) + (1 + 𝜇) (1 − 𝜇)2 + (1 + 𝜇)2 ) ∴ Σ𝜏 𝑝𝑢𝑠𝑎𝑡 = 2√2𝜇𝑚𝑔𝑅 (1 − 𝜇)2 + (1 + 𝜇)2 74. Pembahasan besar tegangan tali yang menghubungkan piringan dan bidang miring. Perhatikan kesetimbangan statik gaya-gaya pada sumbu x 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑓𝑠 − 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 ⇋ 𝜇𝑁 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 nilai torsi pada pusat piringan adalah : Σ𝜏 = 0 ⇋ −𝑓𝑠 𝑅 + 𝑇𝑅 = 0 ⇋ 𝑇 = 𝜇𝑁 maka : 𝜇𝑁 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑇 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑇(1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 ∴ 𝑇 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑥 𝑦 𝑁 𝑇𝑦 𝑇 𝑓𝑠 𝑚𝑔𝜃
• 5.
  OSN Fisika Bedahsoal 350 http://ibnu2003.blogspot.com 75. Pembahasan a. besar perlambatan sudut meja putar 𝜔0 = 2𝜋𝑓 = 2𝜋(0,5) = 𝜋𝑟𝑎𝑑𝑠−1 𝜔 = 0; 𝑅 = 1𝑚; ∆𝑡 = 8𝑠 ∆𝛼 = 𝜔 − 𝜔0 ∆𝑡 = − 𝜋 8 𝑟𝑎𝑑𝑠−2 b. besar sudut yang ditempuh meja putar sesaat akan berhenti ∆𝜃 = 𝜔0 𝑡 − 1 2 𝛼𝑡2 ∆𝜃 = 8𝜋 − 1 2 𝜋 8 82 ∆𝜃 = 8𝜋 − 4𝜋 ∆𝜃 = 4𝜋𝑟𝑎𝑑 76. Pembahasan untuk mempemudah perhitungan pilih koordinat di dasar balok sama dengan nol seperti gambar berikut : persamaan hukum kekekalan energi mekanik energi mekanik awal 𝐸𝑚 𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑘 𝑎𝑤𝑎𝑙 + 𝐸𝑝 𝑎𝑤𝑎𝑙 𝐸𝑚 𝑎𝑤𝑎𝑙 = 0 + 𝐸𝑝ℎ1 + 𝐸𝑝 𝑦1 𝐸𝑚 𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑝ℎ1 + 𝐸𝑝 𝑦1 = 𝑚2 𝑔ℎ1 + 𝑚1 𝑔𝑦1 energi mekanik akhir sistem ketika balok kedua telah bergerak 𝐼 𝑝 𝜔2 = 𝑚 𝑝 𝑅2 2 𝑣 𝑘 𝑅2 2 = 1 2 𝑚 𝑝 𝑣 𝑘 2 ∆𝑑 𝜃 𝑑 = ℎ1 − ℎ2 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑚1 𝑚1 𝑚 𝑝 𝜃 𝑑ℎ1 − ℎ2 ℎ2ℎ1 𝑦2 𝑦1
• 6.
  OSN Fisika Bedahsoal 351 http://ibnu2003.blogspot.com 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 1 2 𝐼 𝑝 𝜔2 + 1 2 𝑚1 𝑣1 2 + 1 2 𝑚2 𝑣2 2 + 𝑚2 𝑔ℎ2 + 𝑚1 𝑔𝑦2 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 1 2 ( 1 2 𝑚 𝑝 𝑣 𝑘 2 ) + 1 2 𝑚1 𝑣1 2 + 1 2 𝑚2 𝑣2 2 + 𝑚2 𝑔ℎ2 + 𝑚1 𝑔𝑦2 kekekalan energi mekanik menjadi ( 𝐸𝑚 𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) 𝑣 𝑘 2 = 𝑣1 2 = 𝑣2 2 = 𝑣2 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 1 2 ( 𝑚 𝑝 2 + 1 2 𝑚1 + 1 2 𝑚2)𝑣2 + 𝑚2 𝑔ℎ2 + 𝑚1 𝑔𝑦2 sehingga 𝑚1 𝑔ℎ1 + 𝑚2 𝑔𝑦1 = 1 2 ( 𝑚 𝑝 2 + 1 2 𝑚1 + 1 2 𝑚2)𝑣2 + 𝑚2 𝑔ℎ2 + 𝑚1 𝑔𝑦2 perhatikan diagram diatas 𝑑 = ℎ1 − ℎ2 = 𝑦2 − 𝑦1 𝑠𝑖𝑛𝜃 = ℎ1 − ℎ2 𝑑 ⇋ ℎ1 − ℎ2 = 𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 ( 𝑚 𝑝 2 + 1 2 𝑚1 + 1 2 𝑚2) 𝑣2 = 2𝑔𝑑(𝑚2 𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑚1) (𝑚 𝑝 + 2𝑚1 + 2𝑚2)𝑣2 = 4𝑔𝑑(𝑚2 𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑚1) ∴ 𝑣 = 2√ 𝑔𝑑(𝑚2 𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑚1) (𝑚 𝑝 + 2𝑚1 + 2𝑚2) 77. Pembahasan a. besar torsi pada batang terhadap ujung B sesaat setelah batang mulai bergerak momen gaya atau torsi menjadi 𝜏 𝐵 = 𝑚𝑔(𝐿/2) b. besar percepatan anguler batang sesaat setelah batang mulai bergerak. maka momen inersia tegak lurus diujung batang adalah ( 𝐼 = 1 3 𝑚𝐿2 ), maka : 𝐿/2 𝑁𝐵 𝑚𝑔 𝐿
• 7.
  OSN Fisika Bedahsoal 352 http://ibnu2003.blogspot.com 𝜏 𝐵 = 𝐼𝛼 = 𝑚𝑔𝐿 2 ⇋ 1 3 𝑚𝐿2 𝛼 = 𝑚𝑔𝐿 2 ⇋∴ 𝛼 = 3𝑔 2𝐿 dapat diperoleh percepatan linier adalah ( 𝑎 = 3𝑔/2) c. besar percepatan pusat massa batang sesaat setelah batang mulai bergerak ∴ 𝛼 𝐵 = 1 2 𝛼 = 1 2 ( 3𝑔 2𝑙 ) = 3𝑔 4𝑙 78. Pembahasan a. besar periode pendulum sebelum tumbukan momen inersia awal pendulum 𝐼 𝑝 = 1 2 𝑚1 𝑅2 + 𝑚1 𝐿2 torsi awal pendulum terhadap poros 𝜏 𝑝 = −𝑚1 𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 persamaan torsi adalah : 𝜏 𝑝 = 𝐼 𝑝 𝛼 maka : 𝐼 𝑝 𝛼 = −𝑚1 𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 ( 1 2 𝑚1 𝑅2 + 𝑚1 𝐿2 ) 𝛼 = −𝑚1 𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 ( 𝑅2 + 2𝐿2) 𝛼 = −2𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 ( 𝛼) adalah turunan kedua dari fungsi sudut, maka ( 𝑅2 + 2𝐿2) 𝑑2 𝜃 𝑑𝑡2 = −2𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 (𝑠𝑖𝑛𝜃 ≈ 𝜃) 𝐿 𝑅 𝑅 𝑃
• 8.
  OSN Fisika Bedahsoal 353 http://ibnu2003.blogspot.com 𝑑2 𝜃 𝑑𝑡2 = −2𝑔𝑙𝜃 ( 𝑅2 + 2𝐿2) 𝑑2 𝜃 𝑑𝑡2 + 2𝑔𝑙 ( 𝑅2 + 2𝐿2) 𝜃 = 0 𝑑2 𝜃 𝑑𝑡2 + 𝜔2 𝜃 = 0 𝜔2 = 2𝑔𝑙 ( 𝑅2 + 2𝐿2) 2𝜋 𝑇 = √ 2𝑔𝑙 ( 𝑅2 + 2𝐿2) ∴ 𝑇 = 2𝜋√ ( 𝑅2 + 2𝐿2) 2𝑔𝑙 b. kecepatan piringan ( 𝑚1) sesaat sebelum ber tumbukan dengan piringan ( 𝑚2) energi potensial pada titik terendah sama dengan nol, maka energi mekanik awal sistem menjadi 𝑐𝑜𝑠𝜃0 = 𝑥 𝐿 ⇋ 𝑥 = 𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃0 𝐸𝑚 𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝑚1 𝑔𝐿 − 𝑚1 𝑔𝑥 = 𝑚1 𝑔𝐿(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃0) energi mekanik akhir sistem saat di titik terendah 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 1 2 𝐼 𝑝 𝜔 𝑝 2 = 1 2 𝐼 𝑝 𝑣2 𝐿2 = 1 2 ( 1 2 𝑚1 𝑅2 + 𝑚1 𝐿2 ) 𝑣2 𝐿2 𝐸𝑚 𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 𝑚1 𝑔𝐿(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃0) = 1 2 ( 1 2 𝑚1 𝑅2 + 𝑚1 𝐿2 ) 𝑣2 𝐿2 4𝑔𝐿3(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃0) = ( 𝑅2 + 2𝐿2) 𝑣2 ∴ 𝑣 = √ 4𝑔𝐿3(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃0) ( 𝑅2 + 2𝐿2)
• 9.
  OSN Fisika Bedahsoal 354 http://ibnu2003.blogspot.com c. besar kecepatan piringan sesaat setelah bertumbukan persamaan hukum kekekalan momentum linier 𝑚1 𝑣 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑣𝑔 𝑣𝑔 = 𝑚1 𝑚1 + 𝑚2 𝑣 maka : 𝑣𝑔 = 𝑚1 𝑚1 + 𝑚2 √ 4𝑔𝐿3(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃0) ( 𝑅2 + 2𝐿2) 𝑣𝑔 2 = ( 𝑚1 𝑚1 + 𝑚2 ) 2 4𝑔𝐿3(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃0) ( 𝑅2 + 2𝐿2) d. besar periode baru pendulum setelah bertumbukan frekuensi tidak tergantung pada massa dan kedua pendulum identik, maka periode sebelum dan sesudah tumbukan adalah sama besar. ∴ 𝑇 = 2𝜋√ ( 𝑅2 + 2𝐿2) 2𝑔𝑙 e. besar sudut maksimum yang ditempuh oleh piringan setelah tumbukan besar energi potensial pada titik terendah sama dengan nol, maka energi setelah tumbukan adalah energi gabungan pada ( 𝑚1) dan ( 𝑚2) 𝐸𝑚 𝑔(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 1 2 𝐼𝑔 𝜔𝑔 2 = 1 2 𝐼𝑔 𝑣𝑔 2 𝐿2 𝐸𝑚 𝑔(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 1 2 ( 1 2 (𝑚1 + 𝑚2)𝑅2 + (𝑚1 + 𝑚2)𝐿2 ) 𝑣𝑔 2 𝐿2 energi mekanik sesaat mencapai puncak maksimum 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑔𝐿 − (𝑚1 + 𝑚2)𝑔𝑥 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑔𝐿(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚𝑎𝑘 ) maka 𝐸𝑚 𝑔(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 𝐸𝑚 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 1 2 ( 1 2 (𝑚1 + 𝑚2)𝑅2 + (𝑚1 + 𝑚2)𝐿2 ) 𝑣𝑔 2 𝐿2 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑔𝐿(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚𝑎𝑘 ) ( 𝑅2 + 2𝐿2) 𝑣𝑔 2 = 4𝑔𝐿3 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚𝑎𝑘 ) (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚𝑎𝑘 ) = ( 𝑅2 + 2𝐿2) 4𝑔𝐿3 ( 𝑚1 𝑚1 + 𝑚2 ) 2 4𝑔𝐿3(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃0) ( 𝑅2 + 2𝐿2)
• 10.
  OSN Fisika Bedahsoal 355 http://ibnu2003.blogspot.com (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚𝑎𝑘 ) = ( 𝑚1 𝑚1 + 𝑚2 ) 2 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃0) 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑚𝑎𝑘 = [1 − ( 𝑚1 𝑚1 + 𝑚2 ) 2 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃0)] ∴ 𝜃 𝑚𝑎𝑘 = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠[1 − ( 𝑚1 𝑚1 + 𝑚2 ) 2 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃0)] 79. Pembahasan perhatikan pergerakan kedua drum gerak drum pada drum A (translasi) gerak translasi 𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 𝐴 …1) dengan 𝑎 𝐴 = 𝛼 𝐴 𝑅 + 𝛼 𝐵 𝑅 …2) gerak rotasi 𝜏 𝐴 = 𝐼𝛼 𝐴 ⇌ 𝑇𝑅 = 1 2 𝑚𝑅2 𝛼 𝐴 𝛼 𝐴 = 2𝑇 𝑚𝑅 gerak rotasi drum pada drum B 𝜏 𝐵 = 𝐼𝛼 𝐵 𝑇𝑅 = 1 2 𝑚𝑅2 𝛼 𝐵 𝛼 𝐵 = 2𝑇 𝑚𝑅 maka ( 𝛼 𝐴 = 𝛼 𝐵 ), sehingga 𝑎 𝐴 = 𝛼 𝐴 𝑅 + 𝛼 𝐴 𝑅 = 2𝛼 𝐴 𝑅 𝐴 𝑅 𝑚𝑔 𝑇 𝐵 𝑅 𝑇
• 11.
  OSN Fisika Bedahsoal 356 http://ibnu2003.blogspot.com maka nilai tegangan talinya adalah : 𝛼 𝐴 = 2𝑇 𝑚𝑅 ⇋∴ 𝑇 = 𝑚𝑅𝛼 𝐴 2 = 𝑚𝑅𝑎 𝐴 2(2𝑅) = 𝑚𝑎 𝐴 4 untuk percepatan gabungan menjadi 𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 𝐴 𝑚𝑔 − 𝑚𝑎 𝐴 4 = 𝑚𝑎 𝐴 𝑎 𝐴 (1 + 1 4 ) = 𝑔 ∴ 𝑎 𝐴 = 4 5 𝑔 80. Pembahasan perhatikan gambar diagram gaya yang bekerja a. penentuan arah rotasi yo-yo jika tali ditarik dengan hati-hati (lembut) dan jika tali ditarik dengan keras. persamaan torsi 𝜏 = 𝐼𝛼 …1) 𝜏 = 𝑓𝑅 − 𝐹𝑏…2) gaya yang bekerja menjadi 𝐹 − 𝑓 = 𝑚𝑎 …3) supaya tidak terjadi slip, maka gerak sepanjang lantai berlaku ( 𝑎 = 𝛼𝑅) 𝑓𝑅 − 𝐹𝑏 = 𝐼𝛼 ⇋ 𝑓𝑅 − 𝐹𝑏 = 1 2 𝑚𝑅2 𝑎 𝑅 𝑓 − 𝑏 𝑅 𝐹 = 1 2 𝑚𝑎 …4) masukkan persamaan 4) ke 2) 𝐹 − ( 𝑏 𝑅 𝐹 + 1 2 𝑚𝑎) = 𝑚𝑎 ⇋ 𝐹(1 − 𝑏 𝑅 ) = 3 2 𝑚𝑎 ∴ 𝑎 = 2𝐹 3𝑚 [1 − 𝑏 𝑅 ]…5) 𝑅 𝐹 𝑏 𝑓
• 12.
  OSN Fisika Bedahsoal 357 http://ibnu2003.blogspot.com masukkan persamaan 5) ke 3) 𝐹 − 𝑓 = 𝑚𝑎 𝐹 − 𝑓 = 𝑚 ( 2𝐹 3𝑚 [1 − 𝑏 𝑅 ]) 𝐹 − 𝑓 = 2𝐹 3 (1 − 𝑏 𝑅 ) ∴ 𝑓 = 𝐹 3 (1 + 2𝑏 𝑅 )…6) gaya gesek akan maksimum apabila R=b, maka gaya gesek (f) akan sebanding dengan gaya (F), maka : 𝑓 = 𝐹 3 (1 + 2𝑏 𝑅 ) = 𝐹 3 (1 + 2.1 1 ) = 𝐹 dengan demikian bahwa gaya gesek maksimum sama dengan ( 𝑓 = 𝜇 𝑠 𝑚𝑔)  jika ditarik pelan-pelan, maka yo-yo akan berotasi searah jarum jam tanpa slip  jika ditarik tiba-tiba, maka yo-yo akan berotasi berlawanan jarum jam dan slip b. nilai maksimum gaya tarik F yang mana yo-yo akan berotasi tanpa slip gunakan persamaan 6) 𝑓 = 𝐹 3 (1 + 2𝑏 𝑅 ) ⇋ 3𝑓 = 𝐹 (1 + 2𝑏 𝑅 ) 𝐹 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 3𝑓 (1 + 2𝑏 𝑅 ) ⇋∴ 𝐹 𝑚𝑎𝑘𝑠 = 3𝜇 𝑠 𝑚𝑔 (1 + 2𝑏 𝑅 )