Fenomena benda tegar dalam fisika adalah wilayah keilmuan yang sangat
penting dan menarik untuk dikaji. Penguasaan terhadap bidang ini
merupakan syarat mutlak bagi siswa yang ingin menembus tingkat
nasional Olimpiade Fisika SMA (OSN-KSN/KSM) maupun bagi mahasiswa
yang ingin mengikuti ONMIPA-PT. Bidang ini memiliki tingkat kesulitan
yang sangat tinggi, karena mengandung konsep dasar yang rumit,
sehingga sulit untuk dapat dikuasai oleh siswa SMA/MA maupun oleh
mahasiswa tahap S1. Variasi soal terkait benda tegar boleh dikatakan tak
terbatas, yang hanya mungkin dapat dijawab oleh siswa/mahasiswa yang
menguasai konsep dasarnya dengan baik.
Hingga saat ini belum ada buku referensi OSN Fisika berbahasa Indonesia
yang khusus membahas secara detail bidang dinamika benda tegar,
sehingga secara umum, baik siswa/mahasiswa maupun guru/pembina
tidak mendapatkan gambaran utuh yang diperlukan untuk membahas
setiap soal yang terkait benda tegar.
Dalam upaya menjawab tantangan di atas, penulis menghadirkan buku
OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar ini. Buku ini berisi konsep dasar,
gerak slip yang terjadi pada benda tegar, dan penjelasan detail tentang
gerak gelinding pada benda tegar. Selain berisi konsep dasar terkait
dinamika benda tegar, buku ini juga membahas banyak studi kasus yang
mungkin terjadi pada gerak benda tegar, baik benda tegar yang bergerak
dalam kondisi slip maupun benda tegar yang sedang menggelinding.
Buku ini juga yang berisi banyak soal dan pembahasan detail gerak slip
dan gerak gelinding pada benda tegar, baik soal-soal yang diambil dari
beberapa buku referensi yang tersedia, soal-soal OSN yang pernah keluar
maupun soal-soal hasil kreasi dan modifikasi dari penulis.
2. OSN FISIKA SMA
DINAMIKA BENDA TEGAR
Dr. Zulfi Abdullah
PENERBIT KBM INDONESIA
ππ
π
π
π
π
π
π
π2π
π1π
3. Penerbit KBM Indonesia
adalah penerbit dengan misi memudahkan proses penerbitan buku-buku
penulis di tanah air Indonesia.
Serta menjadi media sharing proses penerbitan buku.
4. OSN FISIKA SMA
DINAMIKA BENDA TEGAR
Copyright ο£ 2023 By Dr. Zulfi Abdullah
All rights reserved
ISBN
978-623-499-265-6
15,5 x 23 cm, iv + 387 halaman
Cetakan ke-1, April 2023
Penulis
Dr. Zulfi Abdullah
Desain Sampul
Aswan Kreatif
Tata Letak
Tim KBM Indonesia Group
Editor Naskah
Zainul Arifin, M.Pd.
Diterbitkan Oleh:
PENERBIT KBM INDONESIA
Anggota IKAPI (Ikatan Penerbit Indonesia)
NO. IKAPI 279/JTI/2021
Banguntapan, Bantul-Jogjakarta (Kantor I)
Balen, Bojonegoro-Jawa Timur, Indonesia (Kantor II)
081357517526 (Tlpn/WA)
Website
https://penerbitkbm.com
www.penerbitbukumurah.com
Email
karyabaktimakmur@gmail.com
Distributor
https://toko.penerbitbukujogja.com
Youtube
Penerbit KBM Sastrabook
Instagram
@penerbit.kbm
@penerbitbukujogja
Isi buku diluar tanggungjawab penerbit
5. Sanksi Pelanggaran Pasal 27 Undang-Undang RI Nomor 19 Tahun 2002 Tentang
Hak Cipta
1. Barang siapa dengan sengaja dan tanpa hak melakukan perbuatan
sebagaimana dimaksud dalam pasal 2 ayat (1) atau pasal 29 ayat (1) dan ayat
(2) dipidana dengan pidana penjara masing-masing paling singkat 1 (satu)
bulan dan / atau denda paling sedikit Rp. 1.000.000,00 (satu juta), atau pidana
penjara paling lama 7 (tujuh) tahun dan / atau denda paling banyak Rp.
5.000.000.000,00 (lima miliar rupiah).
2. Barang siapa dengan sengaja menyiarkan, memamerkan, mendengarkan, atau
menjual kepada umum suatu ciptaan atau barang hasil pelanggaran Hak Cipta
atau Hak Terkait penjara paling lama 5 (lima) tahun, atau dikenakan denda
paling banyak Rp.500.000.000,00 (lima ratus juta rupiah).
3. Barang siapa dengan sengaja dan tanpa hak memperbanyak penggunaan
diperuntukkan kepentingan komersial program komputer dipidana dengan
pidana penjara paling lama 5 (lima) tahun dan / atau denda paling banyak Rp.
500.000.000,00 (lima ratus juta rupiah).
Dilarang keras mengutip, memperbanyak sebagian atau seluruh isi buku ini serta
memperjualbelikannya tanpa seizin penerbit dan penulis.
6.
7. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | i
PRAKATA
Segala puji dan syukur hanya milik Allah Subhanahu wa taβala. Hanya atas
izin dan pertolongan Allah sajalah buku ini bisa hadir. Sholawat dan
salam, semoga selalu tercurahkan kepada Nabi Muhammad SAW dan
semoga kita semua mendapatkan syafaβatnya di hari akhir. Amiin.
Fenomena benda tegar dalam fisika adalah wilayah keilmuan yang sangat
penting dan menarik untuk dikaji. Penguasaan terhadap bidang ini
merupakan syarat mutlak bagi siswa yang ingin menembus tingkat
nasional Olimpiade Fisika SMA (OSN-KSN/KSM) maupun bagi mahasiswa
yang ingin mengikuti ONMIPA-PT. Bidang ini memiliki tingkat kesulitan
yang sangat tinggi, karena mengandung konsep dasar yang rumit,
sehingga sulit untuk dapat dikuasai oleh siswa SMA/MA maupun oleh
mahasiswa tahap S1. Variasi soal terkait benda tegar boleh dikatakan tak
terbatas, yang hanya mungkin dapat dijawab oleh siswa/mahasiswa yang
menguasai konsep dasarnya dengan baik.
Hingga saat ini belum ada buku referensi OSN Fisika berbahasa Indonesia
yang khusus membahas secara detail bidang dinamika benda tegar,
sehingga secara umum, baik siswa/mahasiswa maupun guru/pembina
tidak mendapatkan gambaran utuh yang diperlukan untuk membahas
setiap soal yang terkait benda tegar.
Dalam upaya menjawab tantangan di atas, penulis menghadirkan buku
OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar ini. Buku ini berisi konsep dasar,
gerak slip yang terjadi pada benda tegar, dan penjelasan detail tentang
gerak gelinding pada benda tegar. Selain berisi konsep dasar terkait
dinamika benda tegar, buku ini juga membahas banyak studi kasus yang
mungkin terjadi pada gerak benda tegar, baik benda tegar yang bergerak
dalam kondisi slip maupun benda tegar yang sedang menggelinding.
8. ii | Dr. Zulfi Abdullah
Buku ini juga yang berisi banyak soal dan pembahasan detail gerak slip
dan gerak gelinding pada benda tegar, baik soal-soal yang diambil dari
beberapa buku referensi yang tersedia, soal-soal OSN yang pernah keluar
maupun soal-soal hasil kreasi dan modifikasi dari penulis.
Semoga kehadiran buku ini dapat membantu para siswa dan mahasiswa
serta guru dan pembina untuk dapat membangun konsep dinamika benda
tegar dan aplikasinya pada gerak benda tegar yang mengalami slip
maupun gerak benda tegar yang sedang menggelinding.
Atas terbitnya buku dinamika benda tegar ini, penulis mengucapkan
terima kasih tak terhingga kepada penerbit dan semua pihak yang
terlibat, baik langsung maupun tak langsung. Terima kasih tak terhingga
juga penulis sampaikan kepada kedua orangtua (alm), kedua mertua
(alm), istri, anak-anak dan menantu-menantu, adik dan kakak-kakak, para
guru dan dosen penulis, kolega sesama dosen, semua sahabat dan semua
kawan-kawan tim pembina Olimpiade Sumatera Barat serta semua pihak
yang tidak bisa disebutkan satu persatu.
Penulis menyadari dengan sesungguhnya bahwa tak ada gading yang tak
retak. Penulis hanya manusia biasa, tempatnya salah dan khilaf. Segala
saran dan kritik yang membangun dari pembaca sangat penulis harapkan
untuk kebaikan buku ini ke depannya.
Harapan tulus dari penulis, semoga buku ini dapat memberi manfaat yang
sebesar-besarnya bagi pembacanya.
Padang, Maret 2023
Penulis
9. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | iii
DAFTAR ISI
Prakataβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..β¦β¦β¦β¦ i
Daftar Isiβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.. iii
1. Konsep Benda Tegarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦
1.1. Pusat Massaβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..
1.2. Momen Inersia Benda Tegarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.
1.3. Teorema Sumbu Sejajarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦
1.4. Sistem βBebasβ dan βTerikatββ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..
1
1
12
21
31
2. Gerak Benda Tegarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..
2.1. Kondisi Slip pada Benda Tegarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..
2.2. Konsep Dinamika Benda Tegarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.
2.3. Soal dan Pembahasanβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.
33
33
51
67
3. Gerak Gelinding pada Benda Tegarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.
3.1. Gaya Gesek Statis pada Gerak Gelinding Benda Tegarβ¦
3.2. Gaya Gesek Statik Pada Benda Tegar yang Diam
di Atas/di Bawah Benda Lainβ¦β¦β¦β¦β¦β¦...........................
3.3. Analisis Beberapa Kasus Umum Dinamika Benda
Tegarβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.
3.4. Soal dan Pembahasanβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦..
3.5. Soal Latihanβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.
113
115
126
129
209
382
4. Daftar Pustakaβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦. 385
5. Profil Penulisβ¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦β¦.... 387
11. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 1
BAB I
KONSEP BENDA TEGAR
Benda tegar secara sederhana dapat didefinisikan sebagai sebuah benda
yang tersusun atas banyak partikel (sistem partikel) yang jarak antar
partikelnya bersifat tetap. Berbeda dengan partikel titik yang tidak
berdimensi, benda tegar adalah benda yang memiliki dimensi, seperti:
tongkat (1 dimensi), pelat tipis/cakram (2 dimensi), balok, bola atau
silinder (3 dimensi) dan lain-lain. Benda tegar memiliki pusat massa yang
merupakan posisi bobot rata-rata dari benda tegar tersebut. Gerak benda
tegar secara umum adalah gerak pusat massa dan gerak rotasi setiap
elemen pembentuk benda terhadap pusat massanya.
Dalam konteks mekanika yang dibahas dalam buku ini, kita hanya
meninjau benda tegar yang memiliki kerapatan seragam dan memiliki
bentuk simetris sederhana dan bulat seperti tongkat, cincin, cakram,
silinder atau bola.
1.1. Pusat Massa
Tinjau sebuah sistem yang terdiri atas dua titik massa, yaitu titik massa
π1 yang terletak pada posisi π1 dan titik massa π2 yang terletak pada
posisi π2, maka posisi pusat massa, πππ, kedua benda didefinisikan sebagai
berikut:
Gambar 1.1: Posisi pusat massa dua benda titik.
π1
π2
π1
π₯
π¦
πππ
π2
12. 2 | Dr. Zulfi Abdullah
Posisi pusat massa kedua benda titik adalah:
πππ =
π1π1 + π2π2
π1 + π2
=
π1π1 + π2π2
π
,
dengan π adalah massa total (π = π1 + π2).
Posisi pusat massa sistem π banyak benda ππ, π = 1,2.3, β¦ , π
adalah:
πππ =
β ππππ
π
π=1
π
βΉ
{
π₯ππ =
β πππ₯π
π
π=1
π
π¦ππ =
β πππ¦π
π
π=1
π
π§ππ =
β πππ§π
π
π=1
π
Posisi pusat massa benda tegar yang dapat diungkapkan sebagai
penjumlahan elemen massa βππ secara diskrit (π = 1,2,3, β¦ , π) adalah:
πππ =
β βππππ
π
π=1
π
Gambar 1.2: Benda tegar dapat dipandang tersusun dari banyak sekali
elemen massa βππ, π = 1,2,3, β¦ π
ππ
βππ
13. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 3
Posisi pusat massa benda tegar yang elemen massanya terdistribusi
kontinu adalah:
πππ = lim
βππβ0
β βππππ
π
π=1
π
βΉ
{
π₯ππ = lim
βππβ0
β βπππ₯π
π
π=1
π
π¦ππ = lim
βππβ0
β βπππ¦π
π
π=1
π
π§ππ = lim
βππβ0
β βπππ§π
π
π=1
π
Atau (karena lim
βππβ0
β βππππ
π
π=0 β β« πππ
π
0
), maka:
πππ =
β« πππ
π
0
π
βΉ
{
π₯ππ =
β« π₯ππ
π
0
π
π¦ππ =
β« π¦ππ
π
0
π
π§ππ =
β« π§ππ
π
0
π
Untuk sistem dua benda titik, jika massa keduanya sama besar maka
posisi pusat massanya akan tepat di tengah-tengah jarak-pisah kedua titik
massa.
Jika massa keduanya berbeda, maka posisi pusat massanya akan berada
lebih dekat ke titik massa yang lebih besar.
Posisi pusat massa benda tegar yang memiliki bentuk simetris dan
memiliki kerapatan seragam akan berada di titik tengah benda tersebut.
Pertanyaan 1.1:
Tunjukkan bahwa posisi pusat massa dari dua benda titik massa yang
besarnya sama terletak di tengah-tengah jarak-pisah keduanya.
14. 4 | Dr. Zulfi Abdullah
Jawab:
Misalkan kedua benda dinyatakan dengan π1 dan π2 dengan besar
π1 = π2 = π dan masing-masing terletak pada posisi π₯1 dan π₯2 dan
keduanya terpisah oleh jarak βπ₯ = π₯2 β π₯1 seperti ditunjukkan oleh
gambar berikut:
Gambar 1.3: Dua benda bermassa π1 dan π2 masing-masing terletak
pada posisi π₯1 dan π₯2.
Berdasarkan gambar di atas, posisi pusat massa sistem adalah:
π₯ππ =
π1π₯1 + π2π₯2
π1 + π2
=
ππ₯1 + ππ₯2
π + π
=
π₯1 + π₯2
2
π₯ππ =
π₯1 + (βπ₯ + π₯1)
2
π₯ππ = π₯1 +
1
2
βπ₯
(Jika π₯1 = 2π dan π₯2 = 10π, maka βπ₯ = 8π dan π₯ππ = 6π)
Pertanyaan 1.2:
Tentukan posisi pusat massa sebuah batang homogen satu dimensi
bermassa π dan panjang πΏ.
Gambar 1.4: Batang homogen 1D bermassa π dan panjang πΏ dengan
ujung kiri sebagai pusat koordinat.
π₯2
π₯1
π2
π1
βπ₯
π₯
ππ₯
0 πΏ
π
15. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 5
Jawab:
Misalkan kerapatan batang π = π πΏ
β = ππ ππ₯
β , dengan ππ adalah
elemen massa batang pada elemen panjang ππ₯, sehingga besar elemen
massa ππ = πππ₯ = (π πΏ
β )ππ₯, maka:
π₯ππ =
β« π₯ππ
π
=
β« π₯πππ₯
πΏ
0
π
=
π β« π₯ππ₯
πΏ
0
π
=
π
πΏ β« π₯ππ₯
πΏ
0
π
π₯ππ =
β« π₯ππ₯
πΏ
0
πΏ
=
1
2 π₯2|0
πΏ
πΏ
=
1
2 (πΏ2
β 02
)
πΏ
=
1
2
πΏ
Terlihat bahwa posisi pusat massa sebuah batang homogen terletak di
tengah-tengah batang tersebut. Mudah untuk dibuktikan bahwa posisi
pusat massa benda tegar yang simetris dan memiliki kerapatan seragam
terletak di tengah-tengah benda tegar tersebut.
Gambar 1.5: Posisi pusat massa benda tegar yang simetris dan memiliki
kerapatan seragam terletak di tengah-tengah benda tegar tersebut.
Posisi pusat massa dari gabungan banyak benda yang seragam
(identik/berjenis sama), baik posisi pusat massa untuk gabungan dari
berbagai benda 1 dimensi, posisi pusat massa untuk gabungan dari
berbagai benda 2 dimensi maupun posisi pusat massa untuk gabungan
berbagai benda 3 dimensi, dengan posisi pusat massa masing-masing
berturut-turut π₯1, π₯2, β¦ π₯π dapat dinyatakan dalam beberapa bentuk
persamaan di bawah ini.
ππ
ππ ππ
17. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 7
Pertanyaan 1.3:
Tentukan posisi pusat massa sistem potongan tiga tongkat yang terbuat
dari material sejenis dengan panjang masing-masing πΏ1, πΏ2, dan πΏ3 yang
tersusun seperti gambar di bawah ini.
Gambar 1.6: Posisi pusat massa sistem potongan tiga tongkat yang
terbuat dari material sejenis dengan panjang πΏ1, πΏ2 dan πΏ3.
Jawab:
Panjang πΏ1 = 2 satuan, πΏ2 = 3 satuan, πΏ3 = 4 satuan
Posisi pusat massa tongkat πΏ1 βΆ (π₯1, π¦1) = (0, β1)
Posisi pusat massa tongkat πΏ2 βΆ (π₯2, π¦2) = (1, 0.5)
Posisi pusat massa tongkat πΏ3 βΆ (π₯3, π¦3) = (2, 1)
Posisi pusat massa sistem (gabungan):
π₯ππ =
π₯1πΏ1 + π₯2πΏ2 + π₯3πΏ3
πΏ1 + πΏ2 + πΏ3
=
(0)(2) + (1)(3) + (2)(4)
2 + 3 + 4
=
11
9
π¦ππ =
π¦1πΏ1 + π¦2πΏ2 + π¦3πΏ3
πΏ1 + πΏ2 + πΏ3
=
(β1)(2) + (0.5)(3) + (1)(4)
2 + 3 + 4
=
3.5
9
Jadi:
(π₯ππ, π¦ππ) = (
11
9
,
3.5
9
)
β1 2 3 4
2
πΏ1
πΏ2
πΏ3
ππ
π¦
π₯
18. 8 | Dr. Zulfi Abdullah
Pertanyaan 1.4:
Tentukan posisi pusat massa sistem pelat yang terbuat dari material
sejenis dengan luas masing-masing π΄1 dan π΄2 yang yang tersusun seperti
gambar di bawah ini.
Gambar 1.7: Posisi pusat massa sistem pelat yang terbuat dari material
sejenis dengan luas masing-masing π΄1 dan π΄2.
Jawab:
Luas π΄1 = 8 satuan2
Luas π΄2 = 4 satuan2
Posisi pusat massa pelat π΄1 βΆ (π₯1, π¦1) = (2, 1)
Posisi pusat massa pelat π΄2 βΆ (π₯2, π¦2) = (3, 3)
Posisi pusat massa sistem (gabungan):
π₯ππ =
π₯1π΄1 + π₯2π΄2
π΄1 + π΄2
=
(2)(8) + (3)(4)
8 + 4
=
28
12
=
7
3
π¦ππ =
π¦1π΄1 + π¦2π΄2
π΄1 + π΄2
=
(1)(8) + (3)(4)
8 + 4
=
20
12
=
5
3
Jadi posisi pusat massa sistem:
(π₯ππ, π¦ππ) = (
7
3
,
5
3
)
4
β1 2 4
2
π΄2
ππ
π΄1
π₯
π¦
19. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 9
Pertanyaan 1.5:
Tentukan pusat massa cakram pejal berlubang yang bermassa π dan
berjari-jari π , jika kerapatannya seragam seperti gambar di bawah ini.
Lubang pada cakram berjari-jari (1 2
β )π .
Gambar 1.8: Cakram pejal berlubang yang memiliki massa sebesar π
dan jari-jari π .
Jawab:
Berdasarkan soal kita ketahui bahwa massa π adalah massa cakram yang
sudah berlubang, bukan massa cakram yang masih utuh.
Jika kita definisikan massa cakram utuh adalah ππ dan massa lubang yang
hilang adalah ππΏ, maka massa π dapat kita nyatatakan sebagai
pengurangan dari ππ dengan ππΏ, dengan ilustrasi sebagai berikut:
Gambar 1.9: Massa cakram berlubang π adalah hasil pengurangan
massa cakram utuh ππ dengan massa lubang yang hilang ππΏ.
π /2
π
π
20. 10 | Dr. Zulfi Abdullah
Dari gambar di atas diketahui bahwa:
π = ππ β ππΏ
Karena kerapatannya, π, seragam maka:
π =
π
π΄
=
ππ
π΄π
=
ππΏ
π΄πΏ
Dengan π΄, π΄π, dan π΄πΏ berturut-turut adalah luas cakram berlubang, luas
cakram utuh dan luas lubang pada cakram.
Diketahui:
π΄π = ππ 2
, π΄πΏ = π (
π
2
)
2
=
ππ 2
4
Maka luas cakram berlubang adalah:
π΄ = π΄π β π΄πΏ = ππ 2
β
1
4
ππ 2
=
3
4
π 2
Sehingga massa masing-masing adalah:
ππ =
π΄π
π΄
π =
ππ 2
(3 4
β )ππ 2
π =
4
3
π
ππΏ =
π΄πΏ
π΄
π =
(1 4
β )ππ 2
(3 4
β )ππ 2
π =
1
3
π
Untuk memudahkan, kita pilih pusat cakram sebagai pusat sumbu
koordinat, maka koordinat pusat massa cakram yang masih utuh adalah
(π₯π, π¦π) = (0,0) dan koordinat pusat massa lubang (virtual) adalah
(π₯πΏ, π¦πΏ) = (0, β π 2
β ).
21. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 11
Gambar 1.10: Pusat cakram dipilih sebagai pusat sumbu koordinat.
Posisi pusat massa cakram berlubang (yang merupakan posisi dalam dua
dimensi, yaitu π₯ππ dan π¦ππ) dihitung relatif terhadap pusat sumbu
koordinat terpilih seperti tampak pada gambar di atas adalah sebagai
berikut:
Posisi arah sumbu π₯:
π₯ππ =
π₯ππ΄π β π₯πΏπ΄πΏ
π΄π β π΄πΏ
π₯ππ =
(0)(π΄π) β (0)(π΄πΏ)
π΄π β π΄πΏ
= 0
Posisi arah sumbu π¦:
π¦ππ =
π¦ππ΄π β π¦πΏπ΄πΏ
π΄π β π΄πΏ
β
1
2
π
π π
π₯
π¦
ππ
(0, π /6)
22. 12 | Dr. Zulfi Abdullah
π¦ππ =
(0)( ππ 2
) β (β
π
2) (
1
4 ππ 2
)
ππ 2 β
1
4 ππ 2
=
1
8 ππ 3
3
4 ππ 2
=
1
6
π
Jadi posisi pusat massa cakram berlubang relatif terhadap pusat cakram
adalah:
(π₯ππ, π¦ππ) = (0,
1
6
π )
1.2. Momen Inersia Benda Tegar
Jika massa inersia π yang menyatakan ukuran kelembaman gerak benda
secara umum maka momen inersia πΌ secara khusus menyatakan ukuran
kelembaman gerak rotasi benda. Makin besar massa benda, makin sulit
benda tersebut mengubah keadaan geraknya. Makin besar momen
inersia, makin sulit pula benda tersebut untuk mengubah keadaan gerak
rotasinya.
Misalkan sebuah partikel titik bergerak melingkar dengan kecepatan
sudut π konstan (laju tangensial π£ = ππ konstan). Pada kondisi ini
partikel sedang mengalami gaya sentripetal πΉπ π = (1 2
β )ππ£2
yang
arahnya ke pusat lingkaran, tapi torsi pada partikel adalah nol.
Ketika partikel tiba-tiba dipukul dengan gaya πΉ secara tangensial (searah
dengan arah gerak), maka kecepatan partikel berubah menjadi π£β² dan
gaya setripetal partikel juga akan berubah menjadi πΉβ²π π = (1 2
β )ππ£β²2
.
Perubahan kecepatan ini menunjukkan bahwa partikel memiliki
percepatan tangensial π atau percepatan sudut πΌ, dengan π = πΌπ.
Menurut Hukum II Newton:
π = ππ
Momen gaya (torsi) yang dihasilkan oleh gaya π terhadap titik π adalah:
π = π Γ π
23. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 13
Gambar 1.11: Partikel yang tiba-tiba dipukul dengan gaya πΉ secara
tangensial (searah dengan arah gerak), akan mengalami perubahan laju.
Karena πΉ tegak lurus dengan π, maka besar torsi:
π = ππΉ = πππ = ππ(πΌπ) = ππ2
πΌ
Besaran ππ2
didefinisikan sebagai momen inersia partikel yang
dilambangkan dengan πΌ, sehingga berlaku hubungan:
π = πΌπΌ
Jadi berdasarkan dua persamaan di atas, momen inersia untuk benda titik
yang berotasi adalah besaran yang merupakan perkalian antara massa
benda dengan kuadrat jarak benda dari poros putar:
πΌ = ππ2
Momen inersia untuk sistem banyak benda titik yang berotasi bersama
pada poros yang sama adalah jumlah dari momen inersia masing-masing
benda titik.
πΌ = πΌ1 + πΌ2 + β― + πΌπ = π1π1
2
+ π2π2
2
+ β― + ππππ
2
atau dapat diungkapkan dalam notasi matematis:
πΌ = β ππππ
2
π
π=1
π£β²
πΉβ²π π
πΉ
π
πΌ
π
πΉπ π
π£
π
π
π
π π
24. 14 | Dr. Zulfi Abdullah
Benda tegar (pejal) dapat dipandang tersusun dari banyak sekali elemen
massa βππ (π = 1 β¦ π) yang terdistribusi secara kontinu. Masing-masing
elemen terletak pada posisi ππ dari poros putar. Maka momen inersianya
adalah:
πΌ = β βππππ
2
π
Jika elemen massanya diperkecil menuju nol, dan semuanya terdistribusi
secara merata dan kontinu maka elemen massa benda dapat dinyatakan
dalam bentuk βπ β 0 dan dengan demikian persamaan momen inersia
benda dapat diungkapkan dalam bentuk integral:
πΌ = lim
βππβ0
β βππππ
2
π
= β« π2
ππ
πΌ = β« π2
ππ
Pertanyaan 1.6:
Tentukan momen inersia tongkat 1D bermassa π dan panjang π yang
diputar melalui pusat massanya jika kerapatan tongkat tersebut seragam
(massa persatuan panjangnya konstan).
Jawab:
Perhatikan gambar dibawah ini:
Gambar 1.12: Tongkat seragam diputar dengan pusat massa sebagai
poros.
ππ₯
β
π
2
π
2
0 π₯
ππ
π
25. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 15
Misalkan kerapatan tongkat dilambangkan dengan π. Karena kerapatan
batang seragam maka π bernilai konstan. Jadi,
π =
π
π
=
ππ
ππ₯
ππ = π ππ₯
Misalkan untuk elemen ππ yang terletak pada posisi π₯ dari poros putar
memiliki momen inersia:
ππΌ = π₯2
ππ,
maka momen inersia total πΌ dari seluruh elemen tongkat adalah:
πΌ = β« ππΌ = β« π₯2
ππ = β« π₯2
π
2
β
π
2
πππ₯
Karena π konstan, tidak bergantung pada π₯ maka dapat dikeluarkan dari
integrasi sehingga:
πΌ = π β« π₯2
π
2
β
π
2
ππ₯
Jadi,
πΌ = π (
1
3
[π₯3]|
β
π
2
π
2
) =
1
3
π ((
π
2
)
3
β (β
π
2
)
3
)
πΌ =
π
3
(
π3
8
+
π3
8
) =
π
3
π3
4
=
ππ3
12
Karena π = π/π, maka momen inersia tongkat adalah:
πΌ =
1
12
ππ2
26. 16 | Dr. Zulfi Abdullah
Pertanyaan 1.7:
Tentukan momen inersia tongkat pada pertanyaan 1.6 di atas jika diputar
dengan poros putarnya adalah salah satu ujungnya.
Jawab:
Perhatikan gambar di bawah ini:
Gambar 1.13: Tongkat seragam diputar dengan salah satu ujung tongkat
sebagai poros.
Metodenya sama dengan jawaban soal sebelumnya, hanya berbeda
dalam batas-batas integrasinya.
πΌ = π β« π₯2
π
0
ππ₯
Jadi,
πΌ = π (
1
3
[π₯3]|0
π
) =
1
3
π(π3
β 03) =
π
3
(π3) =
ππ3
3
πΌ =
1
3
ππ2
Pertanyaan 1.8:
Tentukan momen inersia sebuah cakram bermassa π dan berjari-jari π
yang diputar melalui pusat massanya jika kerapatan cakram tersebut
seragam (massa persatuan luasnya konstan).
ππ₯ π
0 π₯
ππ
π
28. 18 | Dr. Zulfi Abdullah
Pertanyaan 1.9:
Sebuah silinder padat seragam berjari-jari π , massa π, dan panjang πΏ.
Hitung momen inersia terhadap poros garis tengahnya (yaitu sumbu π§).
Jawab:
Akan lebih mudah untuk membagi silinder menjadi banyak kulit silinder,
masing-masing memiliki radius π, ketebalan ππ, dan panjang πΏ, seperti
yang ditunjukkan pada Gambar 1.15.
Elemen volume ππ masing-masing kulit adalah area tampang lintang
dikalikan dengan panjangnya: ππ = ππ΄. πΏ = (2ππππ)πΏ.
Jika diketahui besar massa per satuan volume adalah π, maka massa
elemen volume silinder ini adalah:
ππ = πππ = π(2ππππ)πΏ
Gambar 1.15: Silinder pejal seragam diputar dengan garis tengah silinder
sebagai poros.
29. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 19
Maka momen inersia silinder:
πΌ = β« π2
ππ = β« π2
π(2ππππ)πΏ = 2πππΏ β« π3
ππ
π
π=0
πΌ = 2πππΏ
1
4
[π4]|0
π
=
1
2
πππΏ(π 4
β 0) =
1
2
πππΏπ 4
Karena:
π =
π
π
=
π
ππ 2πΏ
,
maka momen inersia silinder pejal seragam adalah:
πΌ =
1
2
π (
π
ππ 2πΏ
) πΏπ 4
Kita peroleh hasil perhitungan akhir, momen inersia silinder pejal seragam
yang diputar dengan garis tengah silinder sebagai poros adalah:
πΌ =
1
2
ππ 2
Pertanyaan 1.10:
Tentukan momen inersia sebuah bola bermassa π dan berjari-jari π yang
diputar melalui pusat massanya jika kerapatan bola tersebut seragam
(massa persatuan volumenya konstan).
Jawab:
Kita dapat menghitung momen inersia bola dengan mengganggap bola
tersebut terdiri kumpulan cakram seperti ditunjukkan gambar di bawah
ini:
30. 20 | Dr. Zulfi Abdullah
Gambar 1.16: Bola pejal seragam diputar dengan pusatnya sebagai
poros.
Perhatikan elemen cakram pada ketinggian π₯ dari pusat lingkaran di atas,
jari-jari elemen cakram tersebut adalah = βπ 2 β π₯2. Volume elemen
cakram adalah luas dikali tinggi, ππ = ππ2
ππ₯.
Jika kerapatan bola adalah π, maka:
π =
π
π
=
ππ
ππ
ππ = πππ = π. ππ2
ππ₯ = ππ(π 2
β π₯2
)ππ₯
Setiap elemen cakram akan memiliki momen inersia:
ππΌ =
1
2
π2
ππ =
1
2
π2
. ππ(π 2
β π₯2)ππ₯
π
π
π₯
ππ₯
π 2 β π₯2
31. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 21
ππΌ =
1
2
ππ(π 2
β π₯2)(π 2
β π₯2)ππ₯ =
1
2
ππ(π 2
β π₯2)2
ππ₯
Perubahan π₯ dari 0 ke π akan mencakup setengah bagian atas bola.
Karena itu total integrasi untuk seluruh bola adalah dua kali integrasi ππΌ
dari π₯ = 0 sampai π₯ = π .
πΌ = 2 β«
1
2
ππ(π 2
β π₯2)2
ππ₯ = ππ β« (π 2
β π₯2)2
ππ₯
π
0
π
0
πΌ = ππ β« (π 4
β 2π 2
π₯2
+ π₯4
)ππ₯
π
0
πΌ = ππ (β« π₯4
ππ₯ β β« 2π 2
π₯2
π
0
ππ₯ + β« π₯4
π
0
ππ₯
π
0
)
πΌ = ππ (
1
5
π 5
β
2
3
π 5
+
1
5
π 5
) = ππ (
8π 5
15
) = π (
π
π
) (
8π 5
15
)
πΌ = π (
π
4
3
ππ 3
) (
8π 5
15
)
πΌ =
2
5
ππ 2
1.3. Teorema Sumbu Sejajar
Terdapat teorema umum yang menghubungkan momen inersia terhadap
sumbu yang melalui pusat massa benda dengan momen inersia terhadap
sumbu lain yang sejajar dengan sumbu yang melalui pusat massa benda
tersebut. Teorema ini dikenal dengan nama Teorema Sumbu Sejajar.
32. 22 | Dr. Zulfi Abdullah
Misalkan kita memiliki sebuah benda pejal yang berotasi pada bidang π₯π¦
dengan sumbu π§ sebagai sumbu rotasi, dan koordinat pusat massa benda
dari sumbu putar adalah (π₯ππ, π¦ππ).
Tinjau elemen massa ππ dari benda yang terletak pada koordinat (π₯, π¦).
Karena elemen massa ini berada pada jarak π = π₯2 + π¦2 dari sumbu π§,
maka momen inersia elemen massa ππ terhadap sumbu π§ adalah:
πΌ = β« π2
ππ = β«(π₯2
+ π¦2)ππ
Namun, kita dapat menghubungkan koordinat (π₯, π¦) dari elemen massa
ππ ke koordinat pusat massa objek (π₯ππ, π¦ππ) seperti terlihat pada
gambar 1.17 di bawah. Dari gambar terlihat bahwa:
π₯ = π₯β²
+ π₯ππ dan π¦ = π¦β²
+ π¦ππ, dengan (π₯β²
, π¦β²) merupakan posisi ππ
terhadap pusat massa objek (π₯ππ, π¦ππ), karena itu:
πΌ = β« π2
ππ = β«(π₯2
+ π¦2)ππ
πΌ = β« ((π₯β²
+ π₯ππ)
2
+ (π¦β²
+ π¦ππ)
2
) ππ
πΌ = β«(π₯β²2
+ π¦β²2) ππ + (π₯ππ
2
+ π¦ππ
2
) β« ππ + 2π₯ππ β« π₯β²ππ
+2π¦ππ β« π¦β²ππ
33. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 23
Gambar 1.17: Rotasi benda bidang π₯π¦ dengan sumbu π§ sebagai sumbu
rotasi, dan koordinat pusat massa benda dari sumbu putar adalah
(π₯ππ, π¦ππ). (Sumber: Halliday-Resnic)
Perhatikan persamaan terakhir di atas, yang masing-masing dapat
dilabelkan sebagai berikut:
1 βΉ β«(π₯β²2
+ π¦β²2) ππ
2 βΉ (π₯ππ
2
+ π¦ππ
2
) β« ππ
3 βΉ 2π₯ππ β« π₯β²
ππ + 2π¦ππ β« π¦β²ππ
Masing-masing suku pada persamaan momen inersia di atas
menunjukkan hal-hal berikut:
34. 24 | Dr. Zulfi Abdullah
Jadi, Teorema Sumbu Sejajar: πΌ = πΌππ + ππ2
Pertanyaan 1.11:
Sebuah sistem dua batang sejenis bermassa sama π1 = π2 = π dan
panjang sama πΏ1 = πΏ2 = πΏ yang memiliki bentuk T diputar dengan poros
tepat di ujung bebas batang yang tengah (lihat cara putar pada gambar di
bawah). Tentukan momen inersia sistem dua batang ini.
3 0
Karena sifat anti-simetris dari elemen-
elemen massa yang berseberangan
posisi terhadap pusat massa, maka
suku-suku ini akan saling
menghilangkan. Perhatikan contoh
berikut:
ππ 2
β2
π
π
β« π₯ππ = β π₯πππ = π₯1π1 + π₯2π2
= (β2)π + (2)π = 0
1 πΌππ
Suku ini adalah momen inersia terhadap
pusat massa (πΌππ)
2 ππ2
π2
= π₯ππ
2
+ π¦ππ
2
d = Jarak pusat massa ke poros putar
35. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 25
Gambar 1.18: Sistem dua batang sejenis bermassa sama yang memiliki
bentuk T diputar dengan poros tepat di ujung bebas batang yang tengah.
Jawab:
Perhatikan gambar di bawah ini:
Gambar 1.19: Jarak pusat massa masing-masing batang terhadap poros
putar.
Momen inersia sistem πΌ adalah jumlah dari momen inersia masing-masing
batang πΌ1 dan πΌ2. Misalkan momen inersia pusat massa masing-masing
batang adalah πΌππ1 dan πΌππ2 dan jarak pusat massa masing-masing
terhadap poros putar π1 dan π2, maka:
πΌ = πΌ1 + πΌ2 = (πΌππ1 + π1π1
2
) + (πΌππ2 + π2π2
2
)
Diketahui:
πΌππ1 =
1
12
π1πΏ1
2
=
1
12
ππΏ2
β¨
β¨
π1
π1
π2
π2
36. 26 | Dr. Zulfi Abdullah
πΌππ2 =
1
12
π2πΏ2
2
=
1
12
ππΏ2
π1 = πΏ dan π2 = (1 2
β )πΏ , π1 = π2 = π
Maka:
πΌ = (
1
12
ππΏ2
+ ππΏ2
) + (
1
12
ππΏ2
+ π (
1
2
πΏ)
2
)
πΌ =
11
12
ππΏ2
Pertanyaan 1.12:
Sebuah sistem dua batang sejenis bermassa sama, π1 = π2 = π dan
panjang sama πΏ1 = πΏ2 = πΏ yang memiliki bentuk L diputar dengan poros
tepat di ujung bebas salah satu batang (lihat cara putar pada gambar di
bawah). Tentukan momen inersia sistem dua batang ini.
Gambar 1.20: Sistem dua batang sejenis bermassa sama yang memiliki
bentuk L diputar dengan poros tepat di ujung bebas batang yang tegak.
Jawab:
Perhatikan gambar di bawah ini:
38. 28 | Dr. Zulfi Abdullah
Pertanyaan 1.13:
Sebuah sistem dua batang sejenis bermassa sama, π1 = π2 = π dan
panjang sama πΏ1 = πΏ2 = πΏ yang berbentuk L diputar dengan garis
diagonal sebagai poros seperti tampak pada gambar di bawah ini.
Tentukan momen inersia sistem dua batang ini.
Gambar 1.22: Sebuah sistem dua batang sejenis bermassa sama dan
panjang sama berbentuk L yang diputar dengan garis diagonal sebagai
poros putar.
Jawab:
Perhatikan gambar di bawah ini:
Gambar 1.23: Jarak pusat massa masing-masing batang terhadap poros
putar. Jarak yang dimaksud dalam hal ini adalah garis hubung tegak lurus
antara pusat massa masing-masing batang dengan poros putar.
π1
π2
450
πΏ/2
πΏ/2
39. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 29
Dari gambar, kita peroleh:
π1 = π2 =
1
2
πΏ sin 450
=
1
4
β2 πΏ
πΌππ1 =
1
12
ππΏ2
πΌππ2 =
1
12
ππΏ2
Momen inersia sistem adalah:
πΌ = πΌ1 + πΌ2 = (πΌππ1 + π1π1
2
) + (πΌππ2 + π2π2
2
)
πΌ = (
1
12
ππΏ2
+ π (
1
4
β2πΏ)
2
) + (
1
12
ππΏ2
+ π (
1
4
β2πΏ)
2
)
πΌ = 2 (
1
12
ππΏ2
+
1
8
ππΏ2
)
πΌ =
5
12
ππΏ2
Pertanyaan 1.14:
Sebuah cakram berlubang yang bermassa π dan berjari-jari π diputar
dengan pusat massa sebagai poros putarnya. Tentukan momen inersia
cakram berlubang ini.
Gambar 1.24: Cakram berlubang yang bermassa π dan berjari-jari π
diputar dengan pusat massa sebagai poros putarnya.
π
2
π
π
40. 30 | Dr. Zulfi Abdullah
Jawab:
Telah kita ketahui dari jawaban atas pertanyaan 1.5 bahwa massa cakram
berlubang π diperoleh dari pengurangan massa cakram utuh ππ =
4
3
π
dengan massa lubang cakram hilang ππΏ =
1
3
π.
Telah kita peroleh juga bahwa posisi pusat massa cakram berlubang
adalah (0,
1
6
π ) relatif terhadap pusat cakram, artinya terletak pada jarak
1
6
π dari pusat massa cakram utuh dan pada jarak (
1
6
π +
1
2
π ) =
2
3
π dari
pusat massa lubang cakram yang hilang.
Gambar 1.25: Jarak pusat massa masing-masing cakram utuh dan lubang
terhadap poros putar.
Perhatikan gambar di atas. Kita peroleh:
π1 =
1
6
π
π2 =
2
3
π
π2
π
π₯
π¦
π1
π
2
41. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 31
πΌππ1 =
1
2
πππ 2
=
1
2
.
4
3
ππ 2
=
2
3
ππ 2
πΌππ2 =
1
2
ππΏπ 2
=
1
2
.
1
3
ππ 2
=
1
6
ππ 2
πΌ = πΌ1 β πΌ2 = (πΌππ1 + π1π1
2
) β (πΌππ2 + π2π2
2
)
πΌ = (
2
3
ππ 2
+ ππ (
1
6
π )
2
) β (
1
6
ππ 2
+ ππΏ (
2
3
π )
2
)
πΌ = (
2
3
ππ 2
+
4
3
π.
1
36
π 2
) β (
1
6
ππ 2
+
1
3
π.
4
9
π 2
)
πΌ =
21
54
ππ 2
1.4. Sistem βBebasβ dan βTerikatβ
Dalam gerakannya sebuah benda tegar atau sistem gabungan beberapa
benda tegar dapat dibagi dalam dua kategori yaitu sistem βbebasβ dan
βterikatβ. Penulisan kata bebas dan terikat didalam tanda kutip adalah
dimaksudkan bahwa sistem tersebut dapat saja tidak bebas sebebas-
bebasnya maupun tidak terikat secara ketat.
Definisi bebas dalam sistem benda tegar ini adalah kekebasan pusat
massanya untuk bergerak sendiri tanpa bergantung pada gerak elemen
sistem secara keseluruhan. Dengan kata lain, definisi terikat dalam hal ini
adalah sebuah sistem yang terikat secara longgar pada suatu titik tertentu
sehingga sistem masih bisa bergerak berputar dengan poros tepat melalui
titik tersebut. Pada kategori ini pusat massanya tidak lagi bebas bergerak
sendiri tapi dipaksa bergerak rotasi bersama elemen sistem secara
keseluruhan.
Berdasarkan definisi tersebut di atas dapat kita lihat bahwa dalam sistem
yang bebas terdapat dua buah gerakan secara umum yaitu gerak pusat
massa dan gerak rotasi terhadap pusat massa, sedangkan dalam sistem
yang terikat hanya terdapat satu buah gerakan, yaitu gerak rotasi seluruh
elemen benda tegar mengelilingi βtitik ikatβ sebagai poros putar,
42. 32 | Dr. Zulfi Abdullah
sedangkan pusat massa tidak lagi bebas, tapi ikut bergerak mengelilingi
βtitik ikatβ tersebut. Gambar di bawah memberi ilustrasi sistem bebas dan
terikat ini.
Gambar 1.26: Sistem βbebasβ dan βterikatβ
Titik ikat (poros)
ππ
ππ
43. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 33
BAB II
GERAK BENDA TEGAR
Analisis terhadap gerak benda tegar harus dilakukan dengan
memperhatikan semua parameter gerak yang terlibat secara spesifik
pada setiap kasus yang ditinjau, seperti percepatan pusat massa,
percepatan sudut rotasi terhadap pusat massa, gaya dan torsi serta
mekanisme interaksi benda tegar dengan lingkungannya.
2.1. Kondisi Slip pada Benda Tegar.
Secara umum terdapat tiga kemungkinan utama gerak benda tegar yang
βbebasβ yaitu gerak pusat massa saja tanpa gerak rotasi terhadap pusat
massa, gerak rotasi terhadap pusat massa saja tanpa gerak pusat massa
dan gerak pusat massa plus gerak rotasi terhadap pusat massa.
a. Gerak pusat massa saja tanpa rotasi.
Pada kasus ini, setiap titik elemen dari benda tegar bergerak dalam
arah dan besar yang sama dengan gerak pusat massanya.
Gambar 2.1: Gerak pusat massa saja tanpa rotasi (a), menghasilkan
gerak tiap elemen yang sama besar dan searah dengan gerak pusat
massa (π).
b. Gerak rotasi terhadap pusat massa saja, pusat massa diam.
Pada kasus ini benda tegar hanya berotasi terhadap pusat massa,
sedangkan pusat massa benda tetap diam (tidak berpindah). Setiap
titik elemen memiliki kecepatan tangensial dalam arah yang berbeda-
beda sesuai dengan posisi titik elemen tersebut.
π π
π£
π£
π£
π£
π£ π£
44. 34 | Dr. Zulfi Abdullah
Gambar 2.2: Gerak rotasi terhadap pusat massa saja, tanpa gerak
pusat massa (a), menghasilkan kecepatan tangensial dalam besar
dan arah yang berbeda-beda sesuai dengan posisi titik elemen
tersebut (π).
c. Gerak pusat massa plus gerak rotasi terhadap pusat massa.
Pada kasus ini setiap titik elemen memiliki dua vektor kecepatan yang
berasal dari kecepatan pusat massa dan kecepatan tangensial akibat
rotasi terhadap pusat massa.
Gambar 2.3: (π). Gerak pusat massa plus gerak rotasi terhadap pusat
massa menghasilkan dua vektor kecepatan: Kecepatan pusat massa
dan kecepatan tangensial akibat rotasi terhadap pusat massa (π).
Bayangkan jika mula-mula (pada waktu π‘ = 0) benda tegar yang
berbentuk bola bermassa π dan berjari-jari π memiliki kecepatan
awal pusat massa π£0 arah ke kanan (sumbu π₯ positif) dan kecepatan
sudut (rotasi) awal terhadap pusat massa π0. Maka terdapat pula tiga
kemungkinan kombinasi gerak pada bola ini:
i. Silinder berputar ke βdepanβ dengan π£0 > π0π
Gambar 2.4: Silinder berputar ke βdepanβ dengan π£0 > π0π.
π ππ
ππ
ππ
ππ
π π
π£
π£
π£
π£
π£
π
ππ
ππ
ππ
ππ
π π
π£
π΄
π£0
π0
π0π π£0
45. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 35
Pada kasus ini, titik terbawah silinder yang bersentuhan langsung
dengan lantai (titik π΄ pada gambar) mendapatkan resultan vektor
kecepatan ke depan sehingga akan bergeser terhadap lantai arah
ke depan (dikatakan silinder slip ke depan), maka akan muncul
gaya gesekan kinetis yang arahnya ke belakang.)
Gaya gesekan ini akan memainkan βdua peranβ, yaitu peran
sebagai gaya yang akan menghasilkan percepatan arah ke
belakang berlawanan dengan kecepatan awal pusat massa (biasa
disebut sebagai perlambatan) dan peran sebagai torsi yang akan
penghasilkan percepatan sudut yang searah dengan kecepatan
rotasi awal.
Gambar 2.5: Silinder berputar ke βdepan dengan π£0 > π0π
menghasilkan gaya gesek kinetis ke belakang.
Karena kehadiran gaya dan torsi ini, maka silinder akan berkurang
kecepatan pusat massanya dan akan bertambah kecepatan
sudut terhadap pusat massanya. Selama proses ini silinder tetap
akan slip.
Proses di atas berhenti ketika telah tercapai kesetimbangan
(kecepatan pusat massa sama dengan kecepatan tangensial
akibat rotasi terhadap pusat massa).
Pada keadaan terakhir ini silinder dikatakan menggelinding. Gaya
gesek pada keadaan ini berubah menjadi gaya gesek statis.
Keadaan menggelinding ini akan terus dipertahankan selama
tidak ada perubahan pada permukaan silinder dengan lantai.
Gambar di bawah ini merupakan ilustrasi proses gerak silinder
dari keadaan awal yang slip hingga keadaan akhir menggelinding.
ππ
π
πΌ
π
46. 36 | Dr. Zulfi Abdullah
Gambar 2.6: Silinder berputar ke βdepanβ dengan π£0 > π0π
dari keadaan slip hingga menggelinding.
Gambar 2.7: Grafik yang menggambarkan perubahan
kecepatan pusat massa dan kecepatan tangensial akibat rotasi
terhadap pusat massa untuk silinder yang berputar ke βdepanβ
dengan π£0 > π0π
Dari gambar di atas dapat kita tuliskan persamaan gerak linier
pusat massa dan persamaan gerak rotasi terhadap pusat massa
untuk keadaan silinder masih slip (belum menggelinding):
π£ = π£0 β ππ‘ (2.1)
π = π0 + πΌπ‘ (2.2)
π‘0
π£0 > π0π
slip
π0π π£0
π‘1
π£ > ππ
slip
ππ π£
π‘2
π£ = ππ
gelinding
ππ π£
π£0
π0π
π‘
π‘π
π£
π£ = ππ
47. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 37
Pertanyaan 2.1:
Berapa lama waktu yang diperlukan oleh silinder (yang awalnya
slip dengan π£0 > π0π) untuk menggelinding?
Jawab:
Perhatikan gaya gesek kinetik dan torsi karena gaya gesek kinetis
yang tampak pada gambar di bawah:
Gambar 2.8:
Gaya gesek kinetis ke belakang: ππ = πππ = ππππ
Torsi karena gaya gesekan kinetis: π = πππ = πππππ
Resultan gaya pada silinder dalam arah π₯ dan π¦:
ππ = ππ, π = ππ
Dari konsep gaya gesek kinetis, kita ketahui bahwa:
ππ = πππ = ππππ
ππ = ππππ
π = πππ (2.3)
Resultan torsi pada silinder:
πππ =
1
2
ππ2
πΌ
ππππ =
1
2
πππΌ
πΌπ = 2πππ (2.4)
π
ππ
ππ
π
48. 38 | Dr. Zulfi Abdullah
Substitusikan persamaan (2.3) ke persamaan (2.1):
π£ = π£0 β ππππ‘ (2.5)
Kalikan kedua ruas persamaan (2.2) dengan π:
ππ = π0π + πΌππ‘ (2.6)
Substitusikan persamaan (2.4) ke persamaan (2.6):
ππ = π0π + 2ππππ‘ (2.7)
Saat menggelinding: π£ = ππ, jadi persamaan (2.5) sama dengan
persamaan (2.7), yang menghasilkan:
3ππππ‘ = π£0 β π0π
Sehingga waktu yang diperlukan untuk menggelinding adalah:
π‘ =
π£0 β π0π
3πππ
ii. Silinder berputar ke βdepanβ dengan π£0 < π0π
Gambar 2.9:
Silinder berputar ke βdepanβ dengan π£0 < π0π
Pada kasus ini, kondisinya berbalikan dengan kasus (i), titik
terbawah silinder yang bersentuhan langsung dengan lantai yang
diam (titik π΄ pada gambar) mendapatkan resultan vektor
kecepatan ke belakang sehingga akan bergeser terhadap lantai
arah ke belakang (dikatakan silinder slip ke belakang), maka akan
muncul gaya gesekan kinetis yang arahnya ke depan.
Gaya gesekan ini juga memainkan βdua peranβ yaitu peran sebagai
gaya yang akan menghasilkan percepatan arah ke depan searah
π΄
π0
π0π
π£0
π£0
49. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 39
dengan kecepatan awal pusat massa dan peran sebagai torsi yang
akan penghasilkan percepatan sudut yang berlawanan arah
dengan kecepatan rotasi awal.
Gambar 2.10: Efek gerak silinder yang berputar ke βdepanβ
dengan π£0 < π0π menghasilkan gaya gesek kinetis ke depan
Karena kehadiran gaya dan torsi ini, maka silinder akan
bertambah kecepatan pusat massanya dan akan berkurang
kecepatan sudut terhadap pusat massanya.
Selama proses di atas terjadi, silinder tetap akan slip. Seperti
yang terjadi pada kemungkinan (i), bahwa proses ini juga akan
berhenti ketika telah tercapai kesetimbangan.
Pada keadaan ini silinder juga dikatakan menggelinding. Gaya
gesek berubah menjadi gaya gesek statis.
Gambar di bawah ini merupakan ilustrasi proses gerak silinder
dari keadaan awal yang slip hingga keadaan akhir menggelinding.
Gambar 2.11:
Silinder berputar ke βdepanβ dengan π£0 < π0π menghasilkan
gaya gesek kinetis ke depan dan akhirnya menggelinding.
π‘0
π£0 < π0π
slip
π0π π£0
π‘1
π£ < ππ
slip
ππ π£
π‘2
π£ = ππ
menggelinding
ππ π£
ππ
π
πΌ
π
50. 40 | Dr. Zulfi Abdullah
Gambar 2.12:
Grafik yang menggambarkan perubahan kecepatan pusat massa
dan kecepatan tangensial akibat rotasi terhadap pusat massa
untuk silinder yang berputar ke βdepanβ dengan π£0 < π0π
Dari gambar di atas kita dapat kita tuliskan persamaan gerak linier
pusat massa dan persamaan gerak rotasi terhadap pusat massa
untuk keadaan silinder masih slip (belum menggelinding):
π£ = π£0 + ππ‘ (2.8)
π = π0 β πΌπ‘ (2.9)
Pertanyaan 2.2:
Berapa lama waktu yang diperlukan oleh silinder (yang awalnya
slip dengan π£0 < π0π) untuk menggelinding?
Jawab:
Perhatikan gaya gesek kinetis dan torsi oleh gaya gesek kinetik
yang tampak pada gambar 2.13 di bawah.
Resultan gaya:
ππ = ππ, π = ππ
Dari konsep gaya gesek kinetis, kita ketahui bahwa:
ππ = πππ = ππππ
π£0
π0π
π‘
π‘π
π£
π£ = ππ
51. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 41
ππππ = ππ
π = πππ (2.10)
Resultan torsi:
πππ =
1
2
ππ2
πΌ
ππππ =
1
2
πππΌ
πΌπ = 2πππ (2.11)
Gambar 2.13:
Gaya gesek kinetis ke depan: ππ = πππ = ππππ
Torsi karena gaya gesekan kinetis: π = πππ = πππππ
Substitusikan persamaan (2.10) ke persamaan (2.8):
π£ = π£0 + ππππ‘ (2.12)
Kalikan kedua ruas persamaan (2.9) dengan π:
ππ = π0π β πΌππ‘ (2.13)
Substitusikan persamaan (2.11) ke persamaan (2.13):
ππ = π0π β 2ππππ‘ (2.14)
Saat menggelinding: π£ = ππ, jadi persamaan (2.12) sama dengan
persamaan (2.14).
ππ
π
ππ
π
52. 42 | Dr. Zulfi Abdullah
Artinya, kita dapatkan:
π£0 + ππππ‘ = π0π β 2ππππ‘
3ππππ‘ = π0π β π£0
Sehingga waktu yang diperlukan untuk menggelinding:
π‘ =
π0π β π£0
3πππ
iii. Silinder berputar ke βbelakangβ
Gambar 2.14: Silinder berputar ke βbelakangβ
Pada kasus ini, titik terbawah silinder akan tergeser ke depan
(silinder slip ke depan), sehingga gaya gesekan kinetik akan
bekerja ke arah belakang. Arah gaya gesekan ini tidak lagi
dipengaruhi oleh besar perbedaan π£0 terhadap π0π, karena
keduanya sama-sama mengarah ke depan.
Gambar 2.15:
Gaya gesek kinetis ke belakang: ππ = πππ = ππππ
Torsi karena gaya gesekan kinetis: π = πππ = πππππ
ππ
π
ππ
π
π΄
π0
π0π
π£0
π£0
53. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 43
Gaya gesekan menghasilkan percepatan π yang arahnya
berlawanan dengan arah kecepatan pusat massa awal π£0
demikian juga torsi akibat gaya gesekan ini menghasilkan
percepatan sudut rotasi πΌ yang arahnya berlawanan dengan arah
kecepatan sudut rotasi π0.
Karena itu, baik π£0 maupun π0 akan mengalami pengurangan
selama silinder bergerak.
Persamaan gerak linier pusat massa dan persamaan gerak rotasi
terhadap pusat massa untuk kasus ini adalah:
π£ = π£0 β ππ‘ (2.15)
ππ = π0π β πΌπ‘ (2.16)
Untuk silinder dengan kondisi seperti di atas, dapat pula kita
tinjau beberapa kasus:
iii.1. Kasus π£0 = π0π
Seperti sebelumnya, gaya yang bekerja pada silinder hanya gaya
gesek kinetis yang berperan sekaligus sebagai gaya dan torsi,
maka percepatan pusat massa dan percepatan sudut terhadap
pusat massa sama dengan persamaan (2.10) dan persamaan
(2.11), yaitu: π = πππ dan πΌπ = 2πππ.
Maka persamaan (2.15) dan persamaan (2.16) menjadi:
π£ = π£0 β ππππ‘ (2.17)
ππ = π0π β 2ππππ‘ (2.18)
Terlihat bahwa perlambatan pada persamaan (2.18) adalah dua
kali lipat dari perlambatan pada persamaan (2.17), sehingga
karena π£0 = π0π, maka persamaan (2.18) akan lebih dahulu
mencapai nilai NOL dan selanjutnya akan membalik arah
putarannya.
54. 44 | Dr. Zulfi Abdullah
Perhatikan gambar ilustrasi di bawah ini:
π‘0
π£0 = π0π
π‘1
ππ < π£
π‘2
ππ = 0, π£ > 0
π‘3
berbalik arah
rotasi
Arah putaran
ke belakang.
Arah gerak
pusat massa
ke depan.
Arah putaran
ke belakang.
Arah gerak
pusat massa
ke depan.
Silinder sesaat
berhenti
berputar.
Arah gerak
pusat massa
ke depan.
Arah putaran
ke depan.
Arah gerak
pusat massa
ke depan.
Gambar 2.16: Gerak silinder setiap waktu, kasus π£0 = π0π.
Pertanyaan 2.3:
Kapan pembalikan arah terjadi untuk π£0 = π0π ini?
Jawab:
Tinjau persamaan (2.18)
ππ = π0π β 2ππππ‘
Maka pembalikan arah terjadi sesaat setelah waktu yang
diperlukan untuk mencapai ππ = 0, yaitu ketika silinder sesaat
berhenti berputar.
Jadi pembalikan arah terjadi tepat setelah waktu berikut:
π‘ =
π0π
2πππ
=
π£0
2πππ
(2.19)
55. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 45
Pada saat itu kecepatan pusat massa tersisa sebesar:
π£ = π£0 β πππ‘ = π£0 β πππ.
π£0
2πππ
= π£0 β
1
2
π£0
π£ =
1
2
π£0
Pertanyaan 2.4:
Kapan silinder menggelinding untuk kasus π£0 = π0π ini?
Jawab:
Sebelum pembalikan arah tidak mungkin silinder menggelinding,
karena arah kecepatan pusat massa (π£) selalu sama dengan arah
kecepatan tangensial akibat rotasi terhadap pusat massa (ππ).
Jadi gerak menggelinding hanya dapat terjadi setelah pembalikan
arah. Maka waktu total untuk terjadinya gerak menggelinding
adalah waktu yang diperlukan untuk pembalikan arah ditambah
dengan waktu setelah pembalikan arah sampai kondisi tepat akan
menggelinding (π£ = ππ).
Misalkan π‘1 adalah waktu yang diperlukan untuk pembalikan
arah, dan π‘2 adalah waktu setelah pembalikan arah sampai tepat
akan menggelinding.
Maka, besar π‘1 diperoleh berdasarkan persamaan (2.19), yaitu:
π‘1 =
π£0
2πππ
sedangkan π‘2 dapat dihitung menggunakan persamaan (2.1) dan
(2.2) dengan kecepatan sudut awal silinder setelah pembalikan
arah adalah π0
β²
= 0 dan kecepatan linier pusat massa awal
setelah pembalikan arah adalah π£0
β²
= (1 2
β )π£0.
Berdasarkan data-data di atas, maka kita dapat menurunkan
kecepatan silinder π£β² untuk waktu π‘ = π‘2.
56. 46 | Dr. Zulfi Abdullah
Kecepatan silinder π£β² untuk waktu π‘ = π‘2 dengan kecepatan awal
pusat massa π£0
β²
adalah:
π£β² = π£0
β²
β ππ‘2
π£β²
=
1
2
π£0 β ππ‘2
Substitusikan persamaan (2.10) ke persamaan di atas:
π£β²
=
1
2
π£0 β ππππ‘2 (2.20)
Kecepatan sudut πβ² untuk waktu π‘ = π‘2 dengan kecepatan sudut
awal π0
β²
= 0 adalah:
πβ²
= πΌπ‘2
Kalikan kedua ruas persamaan di atas dengan π:
πβ²
π = πΌππ‘2
Substitusikan persamaan (2.11) ke persamaan di atas:
πβ²
π = 2ππππ‘2 (2.21)
Saat menggelinding:
π£β²
= πβ²
π (2.22)
Substitusikan persamaan (2.21) ke persamaan (2.22):
π£β²
= 2ππππ‘2 (2.23)
Substitusikan persamaan (2.23) ke persamaan (2.20):
1
2
π£0 β ππππ‘2 = 2ππππ‘2
1
2
π£0 = 3ππππ‘2
57. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 47
Kita dapatkan:
π‘2 =
π£0
6πππ
Waktu total untuk menggelinding adalah: π‘ = π‘1 + π‘2, yaitu:
π‘ =
π£0
2πππ
+
π£0
6πππ
π‘ =
2π£0
3πππ
Jadi waktu yang diperlukan untuk silinder mulai menggelinding
dari kondisiawal berbanding lurus kecepatan awal pusat massa
silinder serta berbanding terbalik dengan koefisien gesekan
kinetis lantai. Makin besar kecepatan awal pusat massa, makin
lama waktu yang diperlukan oleh silinder untuk menggelinding,
sebaliknya makin kasar permukaan lantai, makin cepat silinder
menggelinding (makin singkat waktu yang diperlukan silinder
untuk menggelinding).
iii.2. Kasus π£0 = (1/2)π0π
Berdasarkan kasus (iii.1), apabila π£0 = (1/2)π0π maka baik rotasi
maupun gerak pusat massa akan bernilai NOL secara bersamaan,
artinya silinder tepat berhenti bergerak ( berhenti berpindah dan
berputar) saat π‘ = π0π 2ππ
β .
Jadi pada kasus π£0 = (1/2)π0π, silinder tidak pernah sempat
menggelinding.
Pembuktian atas pernyataan di atas adalah sebagai berikut:
Pertama, perhatikan kembali persamaan (2.18):
ππ = π0π β 2πππ‘
58. 48 | Dr. Zulfi Abdullah
Silinder berhenti berputar, maka berarti ππ = 0, ini memberikan
waktu berhenti pada:
π‘ =
π0π
2ππ
Selanjutnya, substitusikan nilai π‘ ini ke persamaan (2.17):
π£ = π£0 β ππ
π0π
2ππ
= π£0 β
1
2
π0π = 0,
(Karena π£0 = (1 2
β )π0π ).
Terbukti bahwa gerak rotasi maupun gerak pusat massa berhenti
secara bersamaan. Tidak ada pembalikan. Silinder tidak pernah
menggelinding.
π‘0
π£0 = (1 2
β )π0π
Arah putaran ke
belakang
Arah gerak pusat
massa ke depan
π‘1
ππ > π£
Arah putaran ke
belakang
Arah gerak pusat
massa ke depan
π‘2
ππ = 0, π£ = 0
Silinder berhenti
pada saat
π‘ =
π0π
2ππ
Gambar 2.17: Visualisasi dinamika silinder setiap waktu untuk
kasus π£0 = (1 2
β )π0π.
iii.3. Kasus π£0 < (1/2)π0π
Pada kasus ini kecepatan gerak pusat massa akan lebih dahulu
menuju nilai NOL dibanding kecepatan tangensial akibat rotasi
terhadap pusat massa sehingga yang akan terjadi selanjutnya
59. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 49
bukan pembalikan arah putaran tapi pembalikan arah gerak pusat
massa (mengarah ke belakang). Perhatikan gambar di bawah ini.
π‘0
π£0 < (1 2
β )π0π
π‘1
ππ < π£
π‘2
π£ = 0,
ππ > 0
π‘3
Berbalik arah
Arah gerak
pusat massa ke
depan
Arah gerak
pusat
massa ke
depan
Pusat
massa
silinder
sesaat
berhenti
Arah gerak
pusat massa
ke
belakang
Arah putaran ke
belakang
Arah
putaran ke
belakang
Silinder
hanya
berputar di
tempat
Arah
putaran
tetap ke
belakang
Arah putaran
tetap ke
belakang
Gambar 2.18: Visualisasi dinamika silinder setiap waktu untuk
kasus π£0 < π0π.
60. 50 | Dr. Zulfi Abdullah
Pertanyaan 2.5:
Kapan pembalikan arah gerak pusat massa silinder terjadi jika:
π£0 =
1
4
π0π ?
Jawab:
Tinjau persamaan (2.17):
π£ = π£0 β πππ‘
Pembalikan arah gerak pusat massa terjadi ketika π£ = 0,
jadi saat:
πππ‘ =
1
4
π0π
π‘ =
π0π
4ππ
Substitusikan hasil π‘ ini pada persamaan (2.18), maka kita
dapatkan bahwa pada saat π‘ ini kecepatan tangensial karena
rotasi terhadap pusat massa sebesar:
ππ = π0π β 2πππ‘ = π0π β 2ππ
π0π
4ππ
=
1
2
π0π
Sehingga kecepatan sudut rotasi silinder terhadap pusat
massanya tepat pada saat mulai menggelinding adalah:
π =
1
2
π0
(Silinder bergerak dengan kecepatan sudut sebesar setengah dari
kecepatan sudut awalnya).
61. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 51
2.2. Konsep Dinamika Benda Tegar.
a. Percepatan Pusat Massa dan Percepatan Sudut Benda Tegar.
Identik dengan pembahasan tentang adanya dua jenis kecepatan pada
benda tegar βbebasβ, maka benda tegar dimungkinkan juga memiliki dua
jenis percepatan, yaitu percepatan pusat massa dan percepatan sudut
relatif terhadap pusat massa (pusat massa adalah pusat putaran). Seperti
pembahasan kita tentang kecepatan, percepatan pusat massa
menghasilkan percepatan yang sama untuk seluruh elemen benda tegar.
Di sisi lain, percepatan sudut terhadap pusat massa akan menghasilkan
percepatan tangensial pada seluruh elemen benda tegar selain pusat
massa benda. Hal ini juga menghasilkan tiga kemungkinan kombinasi
percepatan pada pada benda tegar yaitu percepatan pusat massa saja
tanpa percepatan sudut (rotasi) terhadap pusat massa, percepatan sudut
terhadap pusat massa saja tanpa percepatan pusat massa dan percepatan
pusat massa plus percepatan sudut terhadap pusat massa.
i. Percepatan pusat massa saja tanpa percepatan sudut.
Pada kasus ini, setiap titik elemen dari benda tegar memiliki
percepatan linier yang arah dan besarnya sama dengan percepatan
pusat massanya.
Gambar 2.19: Percepatan pusat massa saja tanpa percepatan sudut
(a), menghasilkan percepatan linier pada tiap elemen benda yang
sama besar dan searah dengan percepatan pusat massa (π).
πππ
πππ
πππ
πππ
πππ
πππ
π π
62. 52 | Dr. Zulfi Abdullah
ii. Percepatan sudut terhadap pusat massa saja, tanpa percepatan
pusat massa.
Pada kasus ini benda tegar hanya berotasi terhadap pusat massa,
sedangkan pusat massa benda tetap diam (tidak berpindah). Setiap
titik elemen memiliki percepatan tangensial dalam arah yang
berbeda-beda sesuai dengan posisi titik elemen tersebut.
Gambar 2.20: Percepatan sudut terhadap pusat massa saja, tanpa
percepatan pusat massa (a), menghasilkan percepatan tangensial
pada setiap titik elemen benda dalam arah yang berbeda-beda
sesuai dengan posisi titik elemen tersebut (π).
iii. Percepatan pusat massa plus percepatan sudut terhadap pusat
massa.
Pada kasus ini setiap titik elemen memiliki dua vektor percepatan
linier yang berasal dari percepatan pusat massa dan percepatan
tangensial akibat rotasi terhadap pusat massa.
Gambar 2.21: (π). Percepatan pusat massa dan percepatan sudut
terhadap pusat massa menghasilkan dua vektor percepatan linier
pada setiap titik elemen benda. Percepatan ini berasal dari
percepatan pusat massa dan percepatan tangensial akibat rotasi
terhadap pusat massa (π).
πππ
πππ
πππ
πππ
πππ
πΌ
πΌπ
πΌπ
πΌπ
πΌπ πππ
π π
πΌ πΌπ
πΌπ
πΌπ
πΌπ
π π
63. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 53
b. Peran Gaya pada Benda Tegar.
Telah disinggung pada subbab (2.1) tentang peran suatu gaya (seperti
gaya gesek kinetis) pada silinder pejal. Bahwa sesungguhnya peran suatu
gaya pada suatu benda tegar yang bebas tergantung pada posisi relatifnya
terhadap pusat massa.
Sebuah gaya dapat memiliki satu peran, yaitu berperan hanya sebagai
gaya, jika garis kerjanya adalah pada pusat massa benda, dan memiliki
dua peran sekaligus (peran sebagai gaya dan peran sebagai torsi) jika garis
kerja gaya tidak pada pusat massa benda tapi memiliki jarak tegak lurus
tertentu terhadap pusat massa.
Perhatikan gambar berikut ini. Gaya πΉπ΄ hanya berperan sebagai gaya,
karena garis kerjanya tepat pada pusat massa. Gaya πΉπ΅, karena garis
kerjanya memiliki jarak tegak lurus π terhadap pusat massa, maka
perannya sekaligus ada dua, yaitu sebagai gaya dan juga peran sebagai
torsi, melalui hubungan: ππ΅ = ππΉπ΅.
Gambar 2.22: Peran gaya dan torsi pada benda tegar.
c. Titik Koneksi.
Hubungan suatu benda tegar dengan lingkungannya (yang dapat berupa
benda tegar lain atau benda lain seperti balok, dinding, loteng, lantai dan
sebagainya) dapat terwujud dalam bentuk kontak langsung maupun tak
langsung menggunakan sebuah perantara seperti tali, batang yang
massanya dapat diabaikan dan lain-lain. Hubungan antara benda tegar
dengan lingkungannya ini dapat terjadi pada satu atau lebih titik elemen
pada benda tegar.
64. 54 | Dr. Zulfi Abdullah
Pada titik-titik tersebut terjadi kontak langsung ataupun kontak tak-
langsung antara benda tegar dengan lingkungannya. Jika pada titik ini
tidak terjadi slip antara benda tegar dengan lingkungannya, maka titik-
titik tersebut disebut sebagai titik-titik koneksi.
Kecepatan/percepatan elemen benda tegar pada titik koneksi tepat sama
dengan kecepatan/percepatan benda lain di luar yang menjadi
lingkungannya.
Dari sudut pandang benda benda tegarnya (secara internal) elemen titik
tersebut memiliki resultan kecepatan/percepatan pusat massa dan
kecepatan/percepatan tangensial karena rotasi terhadap pusat massa,
sedangkan secara eksternal, kecepatan/percepatan elemen di titik
koneksi sama dengan kecepatan/percepatan benda yang menjadi
lingkungannya. Gambar di bawah ini semata-mata untuk visualisai titik
koneksi.
Gambar 2.23: Titik-titik koneksi benda tegar dengan benda lain sebagai
lingkungannya.
π1
π2
π΄ π΅
π1
π1
π2
π2
Titik π΅ berkoneksi
dengan π2 maka
percepatan elemen
benda tegar di titik
π΅ sama dengan
percepatan π2,
yaitu π2
Titik π΄ berkoneksi
dengan π1 maka
percepatan
elemen benda
tegar di titik π΄
sama dengan
percepatan π1,
yaitu π1
Benda Tegar
65. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 55
Pertanyaan 2.6:
Tentukan percepatan pusat massa yoyo yang bermassa π dan berjari-jari
π yang terhubung dengan balok bermassa sama yang bergerak di atas
meja mendatar licin seperti tampak pada gambar di bawah ini.
Jawab:
Perhatikan gambar visualisasi gaya dan percepatan di bawah ini:
Resultan percepatan linier dari elemen massa yoyo yang ada di titik π΄
adalah πππ β πΌπ. Karena titik π΄ adalah titik koneksi, maka resultan
percepatan tersebut harus sama dengan percepatan balok, jadi:
π = πππ β πΌπ (2.24)
Resultan gaya pada balok adalah:
π = ππ (2.25)
π
π
π
π
π
π
ππ
πππ
π΄
π
πΌπ
β‘
πΌ
π
πππ
π
66. 56 | Dr. Zulfi Abdullah
Resultan gaya pada yoyo adalah:
ππ β π = ππππ (2.26)
Resultan torsi pada yoyo adalah:
ππ =
1
2
ππ2
πΌ
π =
1
2
πππΌ (2.27)
Substitusi persamaan (2.25) ke persamaan (2.27):
πΌπ = 2π (2.28)
Substitusi persamaan (2.28) ke persamaan (2.24):
π = πππ β 2π
πππ = 3π (2.29)
Substitusi persamaan (2.25) dan (2.29) ke persamaan (2.26), akan kita
dapatkan percepatan balok:
ππ β ππ = 3ππ
ππ = 4ππ
Maka percepatan balok adalah:
π =
1
4
π (2.30)
Terakhir, substitusikan persamaan (2.30) ke persamaan (2.29), kita
diperoleh percepatan pusat massa yoyo:
πππ =
3
4
π
67. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 57
Pertanyaan 2.7:
Tentukan percepatan pusat massa yoyo yang memiliki massa π1 dan
berjari-jari π yang terhubung dengan balok sebuah bermassa π2 dengan
π2 < π1 dengan posisi seperti tampak pada gambar di bawah ini. Tinjau
juga percepatan balok dan yoyo kasus untuk π1 = 3π2 dan π1 = π2.
Jawab:
Karena massa balok lebih kecil daripada massa yoyo (π2 < π1), maka
diasumsikan balok naik dan yoyo turun. Perhatikan visualisasi gaya dan
percepatan pada gambar di bawah ini:
π
π1
π2
π1
π΄
π2
πΌπ
β‘
πΌ
π1
π1π
π1
π
π
π2
π2π
π2
Ketetapan Arah Berdasarkan Gambar:
Balok: π2 positif ke atas.
Silinder: π1 positif ke bawah, πΌπ positif ke atas,
πΌ positif searah jarum jam
68. 58 | Dr. Zulfi Abdullah
Percepatan pusat massa silinder adalah π1 dan percepatan sudut rotasi
silinder terhadap pusat massanya adalah πΌ, sedangkan percepatan balok
adalah π2. Resultan percepatan linier dari elemen massa yoyo di titik
koneksi π΄ adalah π1 β πΌπ. Karena titik π΄ adalah titik koneksi, maka
resultan percepatan tersebut harus sama dengan percepatan balok, jadi:
π2 = π1 β πΌπ (2.31)
Resultan gaya pada balok adalah:
π β π2π = π2π2
π = π2π2 + π2π (2.32)
Resultan gaya pada yoyo adalah:
π1π β π = π1π1 (2.33)
Substitusi persamaan (2.32) ke persamaan (2.33):
π1π β π2π2 β π2π = π1π1
π1π β π2π = π1π1 + π2π2 (2.34)
Resultan torsi pada yoyo adalah:
ππ =
1
2
π1π2
πΌ
π =
1
2
π1πΌπ (2.35)
Substitusi persamaan (2.35) ke persamaan (2.33):
π1π β
1
2
π1πΌπ = π1π1 (2.36)
2π β πΌπ = 2π1
πΌπ = 2π β 2π1 (2.37)
70. 60 | Dr. Zulfi Abdullah
Dapat disimpulkan dari persamaan (2.41) bahwa untuk kasus π1 = 3π2
maka yoyo π1 turun (karena bernilai positif, yang berarti sesuai dengan
arah vektor yang dipilih/ditetapkan di awal) dan balok π2 diam.
Kasus untuk π1 = π2 maka:
π1 =
1
2
π, π2 = β
1
2
π (2.42)
Persamaan (2.42) menunjukkan bahwa untuk π1 = π2 maka yoyo π1
turun (karena bernilai positif, yang berarti sesuai dengan arah vektor yang
dipilih/ditetapkan di awal) dan balok π2 juga turun (karena bernilai
negatif, yang berarti berlawanan dengan arah vektor percepatan yang
dipilih/ditetapkan di awal).
Pertanyaan 2.8:
Sebuah yoyo yang bermassa π dan berjari-jari π tergantung ke loteng
melalui tali yang terlilit pada jarak π dari pusatnya. Momen inersia yoyo
adalah πΌ = (1 2
β )ππ 2
.
Mula-mula yoyo ditahan diam dan kemudian dilepaskan sehingga yoyo
turun. Tentukan percepatan pusat massa yoyo tersebut.
Jawab:
Perhatikan gambar visualisasi gaya dan percepatan di bawah ini. Resultan
percepatan linier dari elemen massa yoyo di titik π΄ adalah πππ β πΌπ.
π
π
π
71. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 61
Karena titik π΄ adalah titik koneksi, maka resultan percepatan tersebut
harus sama dengan percepatan loteng, yang notebene diam, jadi:
0 = πππ β πΌπ
πΌ =
πππ
π
(2.43)
Resultan gaya pada yoyo adalah:
ππ β π = ππππ (2.44)
Resultan torsi pada yoyo adalah:
ππ =
1
2
ππ 2
πΌ
π =
1
2
π
π 2
π
πΌ (2.45)
Substitusi persamaan (2.43) ke persamaan (2.45):
π =
1
2
π (
π
π
)
2
πππ (2.46)
πππ
π΄
0
πΌπ
β‘
πΌ
π
ππ
πππ
π
72. 62 | Dr. Zulfi Abdullah
Substitusi persamaan (2.46) ke persamaan (2.44):
ππ β
1
2
π (
π
π
)
2
πππ = ππππ
π = [1 +
1
2
π 2
π2
]πππ = [
2π2
+ π 2
2π2
]πππ
Yang menghasilkan:
πππ = [
2π2
2π2 + π 2
]π (2.47)
Kasus khusus, jika π = π , maka percepatan pusat massa yoyo adalah:
πππ =
2
3
π
Pertanyaan 2.9:
Tentukan percepatan pusat massa dua buah yoyo yang berbeda massa
π1 dan π2 (π1 > π2) tapi berjari-jari π sama yang terhubung melalui tali
dan dua buah katrol, ketika sistem dilepaskan dari keadaan diam. Massa
tali dan katrol diabaikan.
Jawab:
Ada dua asumsi gerak pusat massa yoyo, terkait π1 > π2. Hal ini
berkaitan dengan tali yang menggulung kedua yoyo. Asumsi pertama
adalah bahwa kedua yoyo sama-sama turun dan asumsi kedua adalah
bahwa yoyo π1 turun sedangkan yoyo π2 naik.
π
π1
π
π2
73. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 63
Agar bisa menjangkau kedua kemungkinan arah gerak yoyo di atas, kita
akan lakukan penghitungan besar percepatan pusat massa kedua yoyo
berdasarkan asumsi kedua, yaitu yoyo π1 turun sedangkan yoyo π2 naik.
Kita tetapkan arah vektor percepatan masing-masing yoyo berdasarkan
asumsi kedua ini. Jika hasil perhitungan kita menunjukkan besar
percepatan yang kita peroleh adalah suatu besaran positif, maka hasil ini
valid, artinya, arah gerak sesuai dengan asumsi, tapi jika hasilnya berupa
besaran negatif, maka hasil tidak valid, yang artinya, arah gerak tidak
sesuai atau berlawanan dengan asumsi.
Perhatikan gambar visualisasi gaya dan percepatan di bawah ini:
Percepatan pusat massa yoyo π1 adalah π1 dan percepatan sudut rotasi
yoyo π1 terhadap pusat massanya adalah πΌ1, sedangkan percepatan
pusat massa yoyo π2 adalah π2 dan percepatan sudut rotasi yoyo π2
terhadap pusat massanya adalah πΌ2. Arah percepatan sudut kedua yoyo
mengikuti arah torsi yang dihasilkan oleh tegangan tali π pada masing-
masing yoyo.
Titik π΄ dan π΅ adalah titik koneksi antara π1 dan π2, sehingga besar
percepatan di kedua titik adalah sama yang dapat kita misalkan π.
Resultan percepatan elemen massa yoyo π1 di titik π΄ adalah π1 β πΌ1π,
π1
π
πΌ1π
πΌ1
π1π
π΄
β‘
π1
π1
π
π
π2
πΌ2π
πΌ2
π2π
π΅ β‘
π2
π2
π
Ketetapan Arah Berdasarkan Gambar:
Yoyo 1: π1 positif ke ke bawah, πΌ1π positif ke atas, πΌ1 positif arah
jarum jam.
Yoyo 2: π2 positif ke atas, πΌ2π positif ke atas, πΌ2 positif berlawanan
dengan arah jarum jam
74. 64 | Dr. Zulfi Abdullah
dan resultan percepatan elemen massa yoyo π2 di posisi titik π΅ adalah
π2 + πΌ2π. Maka:
π = π1 β πΌ1π = π2 + πΌ2π
π1 β πΌ1π = π2 + πΌ2π
π1 β π2 = πΌ1π + πΌ2π (2.48)
Resultan gaya pada yoyo π1 adalah:
π1π β π = π1π1
π = π1π β π1π1 (2.49)
Resultan torsi pada yoyo π1 adalah:
ππ =
1
2
π1π2
πΌ1
π =
1
2
π1πΌ1π (2.50)
Substitusi persamaan (2.50) ke persamaan (2.49):
1
2
π1πΌ1π = π1π β π1π1
πΌ1π = 2π β 2π1 (2.51)
Resultan gaya pada yoyo π2 adalah:
π β π2π = π2π2
π = π2π + π2π2 (2.52)
Resultan torsi pada yoyo π2 adalah:
ππ =
1
2
π2π2
πΌ2
76. 66 | Dr. Zulfi Abdullah
Selanjutnya kita tinjau yoyo π2. Substitusikan persamaan (2.57) ke
persamaan (2.55):
π2 =
(3π1 + π2)π
3(π1 + π2)
β
4
3
π
π2 =
(3π1 + π2)π
3(π1 + π2)
β
4(π1 + π2)π
3(π1 + π2)
π2 = β
(π1 + 3π2)π
3(π1 + π2)
Kesimpulan: Yoyo π2 tidak naik (tidak memenuhi asumsi awal), tapi
turun dengan besar percepatan:
π2 =
(π1 + 3π2)π
3(π1 + π2)
(2.58)
Kesimpulan akhir: Kedua yoyo turun dengan percepatan pusat massa
masing-masing yang berbeda-beda.
Kasus khusus untuk π1 = π2, maka keduanya turun dengan besar
percepatan yang sama, yaitu:
π1 = π2 =
2
3
π
Jadi gerak pusat massa kedua yoyo memenuhi asumsi pertama, yaitu
bahwa keduanya bergerak turun.
77. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 67
Soal 1: (OSK 2016)
Ban berjalan (conveyer belt) sedang bergerak mendatar dengan kelajuan
konstan π£0 (lihat gambar). Sebuah silinder homogen (dengan massa π
dan jari-jari π ) yang sedang berotasi dengan kecepatan sudut π0 secara
perlahan dijatuhkan ke atas ban berjalan tersebut. Diketahui ππ adalah
koefisien gesek kinetik antara silinder dengan ban berjalan. Tentukan
jarak relatif yang dijalani silinder saat masih tergelincir di atas ban
berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa tergelincir (menggelinding tanpa
slip).
Jawab:
Perhatikan gambar di bawah ini:
Titik terbawah silinder yang bersentuhan langsung dengan ban berjalan
(titik π΄ pada gambar) mendapatkan vektor kecepatan tangensial π0π ke
belakang sehingga akan bergeser terhadap ban arah ke belakang
(dikatakan silinder slip ke belakang), maka akan muncul gaya gesekan
kinetis yang arahnya ke depan).
π΄
π0
π0π
π£0
π΄
π£ππ(π‘)
π(π‘)
π£0
π(π‘)π π£ππ(π‘)
ππ
π
ππ
π
πππ
πΌ
SOAL DAN PEMBAHASAN
78. 68 | Dr. Zulfi Abdullah
Gaya gesekan ini akan memainkan βdua peranβ, yaitu peran sebagai gaya
yang akan menghasilkan percepatan pusat massa arah ke depan
berlawanan dan peran sebagai torsi yang akan penghasilkan percepatan
sudut yang berlawanan arah dengan kecepatan rotasi awal (putaran jadi
melambat).
Berdasarkan gambar, maka resultan gaya arah sumbu vertikal pada
silinder:
βπΉπ¦ = 0
π β ππ = 0
π = ππ (1)
Berdasarkan persamaan (1), gaya gesek kinetis yang bekerja pada silinder
besarnya adalah:
ππ = ππ = πππ (2)
Resultan gaya arah sumbu horizontal pada silinder memberikan:
ππ = ππππ (3)
Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (3), menghasilkan:
πππ = ππππ
πππ = ππ (4)
Resultan torsi pada silinder:
πππ =
1
2
ππ2
πΌ
ππ =
1
2
πππΌ (5)
79. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 69
Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (5):
πππ =
1
2
πππΌ
πΌπ = 2ππ (6)
πΌ =
2ππ
π
(7)
Berdasarkan persamaan (4), kecepatan sesaat pusat massa adalah:
π£ππ(π‘) = 0 + ππππ‘ = ππππ‘
π£ππ(π‘) = πππ‘ (8)
Berdasarkan persamaan (7), kecepatan sudut sesaat adalah:
π(π‘) = π0 β πΌπ‘
π(π‘) = π0 β
2ππ
π
π‘ (9)
Karena kehadiran gaya dan torsi ini, maka silinder akan bertambah
kecepatan pusat massanya dan akan berkurang kecepatan sudut
terhadap pusat massanya. Selama proses ini silinder tetap akan slip. Titik
terbawah silinder (titik π΄ pada silinder) mendapatkan resultan kecepatan
π£ππ(π‘) β π(π‘)π.
Proses di atas berhenti ketika resultan kecepatan kecepatan di titik
terbawah silinder sama dengan kecepatan ban berjalan (titik terbawah
silinder diam sesaat relatif terhadap ban):
π£0 = π£ππ(π‘) β π(π‘)π (10)
Substitusikan persamaan (8) dan (9) ke persamaan (10):
π£0 = πππ‘ β (π0 β 2πππ‘)
π£0 = 3πππ‘ β π0
80. 70 | Dr. Zulfi Abdullah
Maka, waktu yang diperlukan dari awal silinder dijatuhkan dan
menyentuh ban hingga mengelinding adalah:
π‘ =
π£0 + π0
3ππ
(11)
Tepat setelah waktu π‘ di atas, silinder tidak lagi slip dan dikatakan
menggelinding. Keadaan menggelinding ini akan terus dipertahankan
selama tidak ada perubahan pada lantai.
Jarak relatif terhadap tanah yang dijalani silinder saat masih tergelincir di
atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa tergelincir diperoleh
menggunakan:
π =
1
2
ππππ‘2
(12)
Substitusikan persamaan (4) dan (11) ke persamaan (12):
π =
1
2
ππ (
π£0 + π0
3ππ
)
2
π =
(π£0 + π0)2
18ππ
81. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 71
Soal 2: (Modifikasi Soal OSN Kota 2021)
Sebuah bola bowling bermassa π = 2 kg berjari-jari π = 15 cm dengan
kerapatan seragam bergerak sepanjang lantai horizontal dengan
kecepatan awal π£0 = 7 m/s sedemikian sehingga mula-mula ia tergelincir
tanpa berputar. Lantai memiliki koefisien gesek statis ππ dan koefisien
gesek kinetis ππ. Tentukan:
a. Besar kecepatan translasi pusat massa saat bola mulai bergerak
menggelinding tanpa slip.
b. Besar gaya gesek statis yang bekerja pada bola ketika bola bowling
sudah menggelinding.
Jawab:
a. Menentukan kecepatan translasi pusat massa bola pada saat bola
tepat mulai menggelinding tanpa slip.
Gambar di bawah ini merupakan ilustrasi proses gerak bola dari keadaan
awal yang slip (π΄) dan keadaan akhir menggelinding (π΅).
Perhatikan gambar di atas, kondisi π΄ adalah kondisi slip tanpa berputar,
pada kondisi ini belum ada putaran (π0 = 0) tapi sudah ada percepatan
sudut πΌ bersamaan dengan kehadiran percepatan pusat massa πππ
(keduanya hadir karena peran gaya dan torsi dari gaya gesek kinetis).
Titik terbawah dari bola hanya memiliki sebuah komponen kecepatan,
yaitu kecepatan pusat massa.
πππ
π
πΌ
π
π£π
π£π
ππ
ππ
π΄ π΅
π£0
ππ
0
π£0
82. 72 | Dr. Zulfi Abdullah
Resultan gaya dalam arah vertikal memberikan:
π = ππ (1)
Maka gaya gesek kinetik:
ππ = πππ = ππππ (2)
Resultan gaya dalam arah horizontal:
ππ = ππππ (3)
Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (3), diperoleh:
πππ = πππ (4)
Resultan torsi:
πππ = πΌπΌ =
2
5
ππ2
πΌ
ππ =
2
5
πππΌ (5)
Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (5), diperoleh:
ππππ =
2
5
πππΌ
πππ =
2
5
ππΌ
πΌ =
5ππ
2π
π (6)
Percepatan πππ besarnya tetap (tidak berubah terhadap waktu) tapi
memiliki arah yang berlawanan dengan π£0, menghasilkan penurunan
kecepatan pusat massa bola sebagai fungsi waktu berdasarkan
persamaan:
π£π = π£0 β πππ‘ (7)
83. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 73
Substitusikan persamaan (4) ke persamaan (7), diperoleh:
π£π = π£0 β ππππ‘ (8)
Di sisi lain, percepatan sudut πΌ akan menghasilkan penambahan
kecepatan sudut yang sebelumnya nol, menjadi π berdasarkan
persamaan:
π = π0 + πΌπ‘ = πΌπ‘ (9)
Substitusikan persamaan (6) ke persamaan (9), diperoleh:
π =
5ππ
2π
ππ‘ (10)
Jadi penurunan kecepatan pusat massa terjadi bersamaan dengan
penambahan kecepatan sudut. Pada kondisi akhir (π΅), yaitu saat
menggelinding, titik terbawah bola diam sesaat, sehingga:
π£π = ππ (11)
Substitusikan persamaan (8) dan (10) ke persamaan (11):
π£0 β ππππ‘ = (
5ππ
2π
ππ‘) π
π£0 β ππππ‘ =
5
2
ππππ‘
π‘ =
2π£0
7πππ
=
14
70ππ
(12)
Substitusikan persamaan (12) ke persamaan (8), diperoleh:
π£π = π£0 β ππππ‘ =
7
2
ππππ‘ β ππππ‘ =
5
2
ππππ‘ =
5
2
πππ (
14
70ππ
)
π£π =
1
2
π = 5 msβ1
84. 74 | Dr. Zulfi Abdullah
b. Menentukan gaya gesek statis yang bekerja pada bola ketika bola
sudah menggelinding.
Telah kita ketahui bahwa pada kondisi menggelinding gaya gesek kinetis
berubah menjadi gaya gesek statis, dengan titik terbawah bola dalam
keadaan diam sesaat (tidak tergeser terhadap lantai). Pada kondisi ini
π£π = ππ.
Khusus untuk soal ini, ada satu hal unik pada kondisi menggelinding tanpa
slip, yaitu gaya gesek statis yang bekerja pada bola bernilai nol.
Hal ini terjadi, karena tidak ada gaya lain yang bekerja pada bola, sehingga
menyebabkan gaya gesek statis menjadi satu-satunya gaya yang bekerja
pada bola.
Konsekuensinya, peran gaya dan torsi dari gaya gesek ini memberikan
percepatan pusat massa dan percepatan tangensial (akibat rotasi pada
pusat massa) di titik terbawah memiliki arah yang sama yang mustahil
saling menghilangkan untuk menghasilkan resultan percepatan nol pada
titik terbawah bola (sebagaimana mestinya bahwa titik terbawah harus
diam sesaat pada keadaan menggelinding di atas lantai yang diam).
Perhatikan gambar di bawah ini:
Berdasarkan gambar, bahwa agar titik terbawah diam sesaat (resultan
percepatan di titik terbawah nol), maka baik ππ maupun πΌπ harus NOL.
Oleh sebab itu besar gaya gesek statis harus nol pula (ππ = 0). Kenyataan
ini tidak melanggar konsep fisika karena rentang gaya gesek statis adalah
0 β€ ππ β€ ππ π.
πΌ
π
ππ
ππ
ππ πΌπ
85. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 75
Soal 3: (OSN 2011)
Sebuah kumparan pejal (massa π, dan diameter π), mula-mula diam di
atas meja pada posisi sejauh π dari tepi meja. Kumparan dihubungkan
dengan massa π melalui tali ringan (tak bermassa) yang dianggap tidak
dapat memendek ataupun memanjang. Kumparan tersebut dapat
meluncur dan berotasi dengan bebas diatas meja. Pada saat pusat massa
kumparan mencapai tepi meja, hitung:
a. Percepatan pusat massa kumparan
b. Waktu tempuh kumparan
c. Kecepatan massa π.
Jawab:
a. Menentukan percepatan pusat massa kumparan.
Deskripsi gaya-gaya pada sistem:
ππ
π
π
Tampak Atas
πΌ
πππ
π
π
π
86. 76 | Dr. Zulfi Abdullah
Deskripsi percepatan pada kumparan.
Titik π adalah titik koneksi kumparan dengan beban bermassa π,
sehingga resultan percepatan di titik π sama dengan percepatan massa π
turun, yaitu:
π = πππ + πΌ
π
2
πΌπ = 2π β 2πππ (1)
Resultan gaya pada massa π:
ππ β π = ππ (2)
Resultan gaya pada kumparan:
π = ππππ (3)
Resultan torsi pada kumparan:
π
2
π =
1
2
π (
π
2
)
2
πΌ
π =
1
4
ππΌπ (4)
π = πππ + πΌ
π
2
πΌ
πππ
π
πππ πΌ(π/2)
π
π
β‘
87. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 77
Substitusikan persamaan (4) ke persamaan (1):
π =
1
4
π(2π β 2πππ)
π =
1
2
π(π β πππ) (5)
Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (5) untuk menurunkan
percepatan pusat massa kumparan:
ππππ =
1
2
π(π β πππ)
2ππππ = ππ β ππππ
πππ =
π
3
(6)
Substitusikan persamaan (6) ke persamaan (3) akan memberikan nilai
tegangan tali sebesar:
π =
1
3
ππ (7)
Substitusikan persamaan (7) ke persamaan (2) untuk menurunkan
percepatan massa π:
ππ β
1
3
ππ = ππ
π =
3π
π + 3π
π (8)
88. 78 | Dr. Zulfi Abdullah
Maka percepatan pusat massa silinder, menggunakan persamaan (6),
adalah:
πππ =
π
π + 3π
π (9)
b. Menghitung waktu tempuh kumparan
Panjang jalan yang akan ditempuh oleh pusat massa kumparan adalah π.
Pusat massa kumparan bergerak dari keadaan diam (π£ππ(0) = 0), maka
persamaan gerak pusat massa kumparan adalah:
π = π£ππ(0) +
1
2
ππππ‘2
π =
1
2
ππππ‘2
(10)
Substitusikan persamaan (9) ke persamaan (10), diperoleh waktu
tempuh:
π‘ = β
2π
πππ
π‘ = β
2π(π + 3π)
ππ
(11)
c. Menghitung kecepatan π.
Kecepatan massa π ketika pusat massa kumparan telah menempuh jarak
sejauh π, yang ditempuh dalam waktu π‘ yang diberikan oleh persamaan
(11) adalah:
π£ = ππ‘ (12)
89. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 79
Substitusikan persamaan (8) dan (11) ke persamaan (12):
π£ =
3π
π + 3π
πβ
2π(π + 3π)
ππ
π£ = β
2π(9π2)(π2)(π + 3π)
(π + 3π)2π
Maka kecepatan massa π pada saat kumparan mencapai tepi meja
adalah:
π£ = β
18πππ
(π + 3π)
90. 80 | Dr. Zulfi Abdullah
Soal 4: (OSN 2006)
Sebuah bola dengan massa π, berjari-jari π dan momen inersianya
(2 5
β )ππ2
berada di atas sebuah kereta bermassa π. Mula-mula kereta
diam, sedangkan bola π bergerak dengan kecepatan π£0 tanpa
menggelinding sama sekali. Kemudian bola memasuki bagian kasar di atas
kereta. Ketika keluar dari bagian kasar, bola sudah menggelinding tanpa
slip.
a. Hitung kecepatan akhir π dan π relatif terhadap bumi ketika bola
sudah bergerak tanpa slip. Hitung juga kecepatan sudut akhir dari
massa π.
b. Berapa panjang minimum π agar bola akhirnya bisa menggelinding
tanpa slip? koefisien gesek pada bagian kasar adalah π.
Jawab:
a. Menghitung kecepatan akhir π dan π relatif terhadap bumi (tanah).
Perhatikan gambar di bawah:
π£0
π
π
π
π£0
π
π
π
π΄ π΅ πΆ
91. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 81
Dari awal (titik π΄) ke titik π΅, permukaan kereta licin, jadi tidak ada gaya
gesek yang bekerja antar kereta dan bola, dan karena itu, bola tidak
berotasi, hanya gerak translasi pusat massa dengan kecepatan tetap π£0,
dan kereta tetap diam. Dari titik π΅ ke titik πΆ, bekerja gaya gesek kinetik ππ
pada bola berarah ke belakang (berlawanan dengan gerak pusat massa
bola) dan reaksinya pada papan dengan gaya gesek yang sama besar tapi
berarah ke depan.
Perhatikan gambar (a) di atas. Ini adalah kondisi ketika bola masuk pada
daerah yang kasar pada papan: Karena kehadiran gaya gesek kinetis pada
bola, maka pusat massa bola mengalami perlambatan ππ dan
percepatan sudut πΌπ.
Resultan gaya dalam arah-π¦ pada bola memberikan:
π = ππ (1)
Resultan gaya dalam arah-π₯ pada bola:
ππ = πππ (2)
Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2):
ππ = πππ = πππ (3)
π
ππ
ππ
(π)
(π)
πΌπ
π
ππ
ππ
ππ πΌππ
π£π
ππ
ππ
π
92. 82 | Dr. Zulfi Abdullah
yang memberikan:
πππ = πππ
ππ = ππ (πππβ ππ ππππ) (4)
Karena ππ konstan, maka kecepatan pusat massa bola, π£π, pada waktu
π‘π memenuhi persamaan GLBB sebagai berikut:
π£π = π£π0 + πππ‘π (5)
Substitusikan persamaan (4) ke persamaan (5):
π£π = π£0 β πππ‘π (6)
Resultan gaya pada kereta:
ππ = πππ (7)
Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (7):
πππ = πππ
ππ =
π
π
ππ (8)
Kecepatan kereta pada waktu π‘π :
π£π = πππ‘π (9)
Substitusikan persamaan (8) ke persamaan (9):
π£π =
π
π
πππ‘π (10)
Resultan torsi pada bola:
πππ = πΌπΌπ =
2
5
ππ2
πΌπ
ππ =
2
5
ππΌππ (11)
93. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 83
Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (11):
πππ =
2
5
ππΌππ
πΌπ =
5
2π
ππ (π ππππβ ππππ’π πππ) (12)
Kecepatan sudut bola pada waktu π‘π :
ππ = ππ0 + πΌππ‘π (13)
Substitusikan persamaan (12) ke persamaan (13):
ππ =
5
2π
πππ‘π (14)
Analisis kecepatan bola dan kereta pada saat mulai menggeliinding:
Terlihat pada gambar di atas, bahwa pada saat menggelinding, bola tidak
lagi tergelincir terhadap kereta, artinya titik terbawah bola menjadi titik
koneksi dan karenanya memiliki kecepatan yang sama dengan kecepatan
kereta.
Jadi, pada saat kondisi menggelinding mulai tercapai:
π£π = π£π β πππ (15)
π
π£π
π£π = π£π β πππ
πππ
π£π
ππ
π£π π£π
β‘
94. 84 | Dr. Zulfi Abdullah
Substitusikan persamaan (6), (10) dan (14) ke persamaan (15):
π
π
πππ‘π = (π£0 β πππ‘π ) β
5
2
πππ‘π
π
π
πππ‘π = π£0 β
7
2
πππ‘π
π
π
πππ‘π +
7
2
πππ‘π = π£0
(
π
π
+
7
2
) πππ‘π = π£0
(
7π + 2π
2π
)πππ‘π = π£0
π‘π =
2π
ππ(7π + 2π)
π£0 (16)
Substitusikan persamaan (16) ke persamaan (6), kita dapatkan kecepatan
pusat massa bola pada saat π‘π :
π£π = π£0 β ππ
2π
ππ(7π + 2π)
π£0
π£π = π£0 β
2π
(7π + 2π)
π£0
π£π = (
5π + 2π
7π + 2π
)π£0 (17)
Substitusikan persamaan (16) ke persamaan (10), kita dapatkan
kecepatan kereta pada saat π‘π :
π£π =
π
π
ππ [
2π
ππ(7π + 2π)
π£0]
π£π =
2π
(7π + 2π)
π£0 (18)
96. 86 | Dr. Zulfi Abdullah
Soal 5:
Sebuah silinder pejal bermassa π dan berjari-jari π bergerak turun dalam
kondisi slip sempurna di atas permukaan miring sebuah prisma bermassa
π yang sedang bergerak di atas lantai licin sempurna seperti tampak pada
gambar di bawah ini. Silinder sendiri terkait dengan prisma melalui tali
yang pada satu sisi terikat di ujung atas prisma dan di sisi lain tergulung
ke silinder pada jarak (1 2
β )π di bawah posisi pusat massa silinder.
Prisma mulai bergerak ke kiri ketika silinder mulai bergerak turun.
Tentukan percepatan prisma, tepat ketika silinder mulai meluncur turun.
Jawab:
Perhatikan visualisasi gerak sistem silinder-prisma di bawah ini. Misalkan
πππ adalah percepatan silinder relatif terhadap prisma, ππ adalah
percepatan silinder π relatif terhadap tanah dan ππ adalah percepatan
prisma π relatif terhadap tanah.
Pada saat silinder turun, maka prisma akan terdorong ke belakang.
Karena bola selalu berada di atas permukaan miring prisma, maka bola
juga ikut bergerak ke belakang bersama prisma (lihat gambar (π)).
ππ
97. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 87
(π)
Secara keseluruhan, sistem bergerak dalam bidang horizontal (mendatar).
Karena itu masing-masing percepatan, baik percepatan prisma, maupun
percepatan silinder dapat diuraikan dalam koordinat mendatar (lihat
gambar (b)).
(π)
Perhatikan gambar (π):
πππ(π₯) = πππ cos π (1)
πππ(π¦) = πππ sin π (2)
98. 88 | Dr. Zulfi Abdullah
ππ(π₯) = πππ cos π β ππ (3)
ππ(π¦) = πππ(π¦)
ππ(π¦) = πππ sin π (4)
Perhatikan gambar (π) di atas: πππ adalah percepatan pusat massa
silinder relatif terhadap prisma, πΌ adalah percepatan sudut silinder
terhadap pusat massanya, yang memberikan percepatan tangensial πΌπ
pada elemen-elemen permukaan silinder.
Perhatikan pula bahwa pada gambar ada sumbu π . Sumbu ini adalah
sekedar garis bantu untuk melihat gerak silinder relatif terhadap prisma,
sepanjang bidang miring prisma.
Prisma hanya bergerak mendatar, tidak ada gerak sepanjang bidang
miring prisma (sepanjang sumbu bantu π ), artinya prisma diam relatif
terhadap sumbu π .
Ujung tali π terikat dengan prisma, artinya tali tidak bergerak terhadap
prisma, dan ini berarti bahwa titik pada silinder yang terkait dengan tali
diam sesaat terhadap tali, atau dengan kata lain, diam sesaat terhadap
prisma, jadi:
πππ β πΌπ = 0
πΌπ = πππ (5)
(π)
99. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 89
Perhatikan gambar (π):
ππ₯ = π sin π (6)
ππ¦ = π cos π (7)
ππ₯ = π cos π (8)
ππ¦ = π sinπ (9)
Resultan gaya dalam arah π₯ pada silinder:
ππ₯ β ππ₯ = πππ(π₯) (10)
Substitusikan persamaan (3), persamaan (6) dan persamaan (8) ke
persamaan (10):
π sinπ β π cos π = ππππ cosπ β πππ (11)
Resultan gaya dalam arah π¦ pada silinder:
ππ β ππ¦ β ππ¦ = πππ(π¦) (12)
Substitusikan persamaan (4), persamaan (7) dan persamaan (9) ke
persamaan (12):
ππ β π sinπ β π cos π = ππππ sin π (13)
(π)
ππ
π
π₯
π¦
π
π₯
π¦
π
π
π
π
ππ
ππ
π π
100. 90 | Dr. Zulfi Abdullah
Resultan torsi pada silinder:
ππ =
1
2
ππ2
πΌ
Kita dapatkan:
π =
1
2
ππΌπ (14)
Substitusikan persamaan (5) ke persamaan (14):
π =
1
2
ππππ (15)
Resultan gaya pada prisma:
ππ₯ β ππ₯ = πππ
π sin π β π cos π = πππ (16)
Terlihat bahwa: persamaan (16) = persamaan (11), jadi:
πππ = ππππ cos π β πππ
(π + π)ππ = ππππ cosπ
Kita dapatkan hubungan antara percepatan pusat massa silinder relatif
terhadap prisma πππ dengan percepatan prisma ππ sebagai berikut:
πππ = (
π cos π
π + π
) ππ (17)
Persamaan (11) dikalikan dengan sin π, persamaan (13) dikalikan dengan
cos π, kemudian kurangkan kedua persamaan:
πsin2
π β π cos π cos π = ππππ cos π cos π β πππ sin π
ππ cos π β π cos π cosπ β πcos2
π = ππππ cos π cos π β
π = ππ cos π β πππ sinπ (18)
101. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 91
Persamaan (11) dikalikan dengan cos π, persamaan (13) dikalikan dengan
sinπ, kemudian jumlahkan kedua persamaan:
π sinπ cos π β πcos2
π = ππππcos2
π β πππ cos π
ππ sinπ β πsin2
π β π cos π cos π = ππππsin2
π +
ππ sinπ β π = ππππ β πππ cos π
ππππ = πππ cos π + ππ sinπ β π
ππππ = πππ cos π + ππ sinπ β
1
2
ππππ
πππ =
2
3
(ππ cos π + π sin π) (19)
Substitusikan persamaan (15) dan (18) ke persamaan (16):
(ππ cos π β πππ sinπ) sinπ β
1
2
ππππ cosπ = πππ (20)
Substitusikan persamaan (19) ke persamaan (20):
(ππ cos π β πππ sinπ) sin π β
1
3
π(ππ cos π + π sin π) cos π = πππ
3(ππ cosπ β πππ sin π) sinπ β π(ππ cosπ + π sin π) cos π = 3πππ
3ππ cosπ sin π β 3πππsin2
π β πππcos2
π β ππ cos π sin π = 3πππ
2ππ cosπ sin π = (3π + 3πsin2
π + πcos2
π )ππ
2ππ cosπ sin π = (3π + 2πsin2
π + πsin2
π + πcos2
π )ππ
2ππ cosπ sin π = (3π + π(2sin2
π + 1) )ππ
Maka diperoleh percepatan prisma:
ππ =
2ππ cos π sinπ
3π + π(2sin2π + 1)
(21)
102. 92 | Dr. Zulfi Abdullah
Soal 6:
Sebuah silinder pejal bermassa π dan berjari-jari π dililit permukaannya
dengan tali panjang dan terhubung dengan balok bermassa π melalui
katrol. Massa tali dan katrol dapat diabaikan. Silinder yang sedang
bersandar di pojok dinding yang tingginya kurang dari 2π , terputar selama
balok π turun. Tidak ada gerak pusat massa silinder selama silinder
tersebut berputar. Koefisien gesekan kinetik antara silinder dengan
dinding maupun antara silinder dengan lantai adalah sama yaitu π.
Percepatan gravitasi adalah π. Hitung percepatan turunnya balok π.
Jawab:
Tinjauan gaya dan torsi:
π
π
π
π
π
ππ1
ππ2
π2
π1
ππ
ππ
π
π
πΌ
π
103. OSN Fisika SMA Dinamika Benda Tegar | 93
Tinjauan percepatan:
Berdasarkan gambar tinjauan gaya, resultan gaya pada balok π:
π = ππ β ππ (1)
Resultan komponen gaya pada silinder arah sumbu-π₯:
π + ππ1 β π2 = 0
π + ππ1 β π2 = 0
π = π2 β ππ1 (2)
Resultan komponen gaya pada silinder arah sumbu-π¦:
ππ2 + π1 β ππ = 0
ππ2 + π1 β ππ = 0
π1 = ππ β ππ2 (3)
Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (2):
π = π2 β π(ππ β ππ2)
π = (1 + π2)π2 β πππ (4)
Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (4):
ππ β ππ = (1 + π2)π2 β πππ
π
π
π
πΌπ = π