Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 1
OSP Fisika 2014 Number 1
PELURU BERSARANG DI BALOK
Balok bermassa 2𝑚 mula-mula diam di bagian terbawah bidang miring (massa 𝑀 dan
sudut kemiringan 𝛼). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada
saat awal 𝑡 = 0, sebutir peluru dengan massa 𝑚 dan kecepatan 𝑣0 bergerak paralel
terhadap bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2𝑚 hingga bersarang di
dalam balok tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok
meja).
Hitung:
a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja.
b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya.
c. kapan (waktu) balok 2𝑚 mencapai ketinggian maksimumnya.
d. jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2𝑚
mencapai ketinggian maksimumnya.
Pembahasan :
a. karena peluru bersarang di dalam balok, proses ini bisa kita katakan tumbukan yang
tidak elastis sama sekali. Dengan hukum kekekalan momentum akan kita dapatkan
kecepatan balok dan peluru setelah tumbukan (kecepatan ini searah dengan
kecepatan awal peluru)
𝑚𝑣0 = (𝑚 + 2𝑚)𝑣 ⟹ 𝑣 =1
3𝑣0
Sekarang kita tinjau sistem setelah tumbukan. Balok dan peluru akan mempunyai
komponen kecepatan awal pada arah horizontal dan vertikal yaitu 𝑣𝑥 = 𝑣 cos 𝛼 dan
𝑣𝑦 = 𝑣 sin 𝛼. Pada arah horizontal tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada sistem,
sehingga momentum linier arah horozntal kekal. Kita tinjau kondisi awal ketika
sesaat setelah tumbukan terjadi dan kondisi akhir ketika balok dan peluru yang
menyatu berada di posisi tertingginya dimana pada saat ini balok dan peluru diam
terhadap bidang miring sehingga kecepatannya terhadap tanah sama dengan
kecepatan bidang miring, misalkan 𝑉.
𝑚 𝑣0 𝛼
𝑔
2𝑚 𝑀
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 2
3𝑚𝑣 cos 𝛼 = (𝑀 + 3𝑚)𝑉 ⟹ 𝑉 =𝑚𝑣0 cos 𝛼
𝑀 + 3𝑚
Karena semua permukaan licin dan tidak ada gaya luar nonkonservatif yang bekerja
pada sistem, maka energi mekanik nya kekal. 1
23𝑚𝑣2 =
1
2𝑚(𝑀 + 3𝑚)𝑉2 + 3𝑚𝑔ℎ
1
23𝑚 (
𝑣0
3)
2
=1
2(𝑀 + 3𝑚) (
𝑚𝑣0 cos 𝛼
𝑀 + 3𝑚)
2
+ 3𝑚𝑔ℎ
6𝑔ℎ =1
3𝑣0
2 −𝑚 cos2 𝛼
𝑀 + 3𝑚𝑣0
2
6𝑔ℎ =𝑀 + 3𝑚 − 3𝑚 cos2 𝛼
3(𝑀 + 3𝑚)𝑣0
2 =𝑀 + 3𝑚(1 − cos2 𝛼)
3(𝑀 + 3𝑚)𝑣0
2
ℎ =𝑣0
2
18𝑔(
𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼
𝑀 + 3𝑚)
b. Sebelumnya sudah kita dapatkan bahwa kecepatan bidang miring ketika ketinggian
balok dan peluru maksimum adalah
𝑉 =𝑚𝑣0 cos 𝛼
𝑀 + 3𝑚
c. Untuk menentukan waktu yang diperlukan balok dari sessat setelah tumbukan
sampai mencapai ketinggian maksimumnya, kita cukup tinjau gerak balok pada arah
vertikal. Ketinggian yang dicapai balok adalah ℎ dengan kecepatan awal balok adalah
𝑣𝑦 = 𝑣 sin 𝛼 dimana balok diperlambat. Cara ini agak sedikit sukar karena kita perlu
menetukan perlambatan balok lagi untuk komponen vertikal. Ada cara yang lebih
mudah. Kita tinjau gerakan balok pada arah sejajar bidang miring terhadap tanah.
Kecepatan awal balok adalah 𝑣 dan kecepatan akhirnya adalah 𝑉 cos 𝛼. Perlambatan
balok dengan mudah kita dapatkan sebesar 𝑔 sin 𝛼. Katakan 𝑇 = waktu untuk
mencapai ketinggian maksimum ℎ.
𝑉 cos 𝛼 = 𝑣 − 𝑔 sin 𝜃 𝑇
𝑔 sin 𝜃 𝑇 = 𝑣 − 𝑉 cos 𝛼
𝑔 sin 𝜃 𝑇 =𝑣0
3−
𝑚𝑣0 cos 𝛼
𝑀 + 3𝑚cos 𝛼
𝑣
𝛼 ℎ
3𝑚 𝑀 𝑉
𝛼
3𝑚 𝑀
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 3
𝑔 sin 𝜃 𝑇 =𝑣0
3(1 −
3𝑚 cos2 𝛼
𝑀 + 3𝑚) 𝑇 =
𝑣0
3𝑔 sin 𝜃(
𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼
𝑀 + 3𝑚)
d. Kita cari dulu percepatan bidang miring 𝑀. Misalkan percepatan balok 𝑀 terhadap
tanah adalah 𝐴 dan percepatan balok 2𝑚 serta peluru 𝑚 adalah 𝑎 relatif terhadap
bidang miring. Karena balok dan peluru kita tinjau relatif terhadap bidang miring,
maka dia akan mendapatkan gaya fiktif yang arahnya berlawanan dengan percepatan
bidang miring dan besarnya sama dengan massa balok ditambah peluru dikali dengan
besar percepatan bidang miring.
Tinjau gaya-gaya yang bekerja pada masing-masing benda
Balok dan peluru (arah sejajar bidang miring)
3𝑚𝑔 sin 𝛼 + 3𝑚𝐴 cos 𝛼 = 3𝑚𝑎 … (1)
Balok dan peluru (arah tegak lurus bidang miring)
𝑁 + 3𝑚𝐴 sin 𝛼 − 3𝑚𝑔 cos 𝛼 = 0
𝑁 = 3𝑚𝑔 cos 𝛼 − 3𝑚𝐴 sin 𝛼 … (2)
Bidang miring (arah horizontal)
𝑁 sin 𝛼 = 𝑀𝐴 … (3)
Hubungan 𝐴 dan 𝑎 bisa kita dapatkan dengan meninjau percepatan pusat massa
sistem. Pusat massa sistem senantiasa diam pada arah horizontal karena resultan
gaya pada arah horizontal untuk sistem sama dengan nol.
𝑎pm =3𝑚(𝑎 cos 𝛼 − 𝐴) − 𝑀𝐴
3𝑚 + 𝑀= 0
3𝑚(𝑎 cos 𝛼 − 𝐴) − 𝑀𝐴 = 0
3𝑚𝑎 cos 𝛼 − (𝑀 + 3𝑚)𝐴 = 0 ⟹ 𝑎 =𝑀 + 3𝑚
3𝑚 cos 𝛼𝐴 … (4)
Sebenarnya sih, yang kita perlukan hanyalah persamaan (2) dan (3) saja karena kita
hanya perlu mengetahui percepatan bidang miring. Persamaan (1) dan (4) hanya
sebagai pengetahuan saja, baik langsung subtitusi persamaan (2) ke (3)
(3𝑚𝑔 cos 𝛼 − 3𝑚𝐴 sin 𝛼) sin 𝛼 = 𝑀𝐴
3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼 − 3𝑚𝐴 sin2 𝛼 = 𝑀𝐴
𝑚𝑔
𝑁
𝛼
𝐴
𝑁
𝑀
𝑚𝐴
𝑎
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 4
3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼 = 𝐴(𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼) ⟹ 𝐴 =3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼
𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼
Jarak yang ditempuh bidang miring setelah selang waktu 𝑇 adalah
𝑆 =1
2𝐴𝑇2
𝑆 =1
2(
3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼
𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼) (
𝑣0
3𝑔 sin 𝛼(
𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼
𝑀 + 3𝑚))
2
𝑆 =(𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼)𝑚𝑣0
2 cos 𝛼
6(𝑀 + 3𝑚)2𝑔 sin 𝛼
𝑆 =(𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼)𝑚𝑣0
2
6(𝑀 + 3𝑚)2𝑔 tan 𝛼
OSP Fisika 2014 Number 2
KESEIMBANGAN BOLA DAN PRISMA SEGITIGA
Sebuah bola bermassa 𝑚 ditempatkan di antara tembok vertikal dan prisma segitiga
bermassa 𝑀. Sisi miring prisma segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan 𝛼 terhadap
horisontal. Bola tersebut menyinggung prisma segitiga pada ujung paling atas balok
tersebut. Prisma berada pada lantai. Baik bola maupun prisma bergerak tanpa gesekan.
Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa
kecepatan awal, permukaan horisontal prisma segitiga tersebut tetap pada lantai atau
tidak miring/berputar .
a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-prisma tersebut.
b. Tentukan nilai percepatan gerak bola.
c. Tentukan syarat bagi nilai 𝑀/𝑚.
Pembahasan :
a. Berikut diagram gaya yang bekerja pada prisma dan bola
𝛼
𝑚
𝑀
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 5
b. Untuk mendapatkan percepatan turun bola, tinjau gaya-gaya yang bekerja pada
masing-masing benda.
Bola (arah vertikal)
𝑚𝑔 − 𝐾 cos 𝛼 = 𝑚𝐴 … (1)
Bola (arah horizontal)
Tidak perlu ditinjau, karena persamaan ini tidak begitu diperlukan(mengapa?
Silahkan dipikirkan)
Prisma (arah horizontal)
𝐾 sin 𝛼 = 𝑀𝑎 … (2)
Prisma (arah vertikal)
𝑁 − 𝐾 cos 𝛼 − 𝑀𝑔 = 0
𝑁 = 𝑀𝑔 + 𝐾 cos 𝛼 … (3)
Hubungan percepatan 𝑎 dan 𝐴 adalah sebagai berikut. Misalkan
prisma bergerak sejauh 𝑠 dalam waktu 𝑡 maka
𝑠 =1
2𝑎𝑡2
Dalam selang waktu yang sama, bola akan turun sejauh 𝑠 tan 𝛼
dengan
𝑠 tan 𝛼 =1
2𝑎𝑡2 tan 𝛼 =
1
2𝐴𝑡2 ⟹ 𝑎 =
𝐴
tan 𝛼… (4)
Subtitusi persamaan (4) ke (2)
𝐾 sin 𝛼 = 𝑀𝐴
tan 𝛼⟹ 𝐾 =
𝑀𝐴
sin 𝛼 tan 𝛼… (5)
Subtitusi persamaan (5) ke (1)
𝑚𝑔 −𝑀𝐴
sin 𝛼 tan 𝛼cos 𝛼 = 𝑚𝐴
𝛼
𝑚
𝑀
𝛼
𝑀𝑔
𝑚𝑔 𝐴 𝑎 2ℎ
3
ℎ
3 tan 𝛼
𝑁
𝐾 cos 𝛼 𝐾
𝐾 sin 𝛼 𝐾 𝑆
𝛼 𝑠
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 6
𝑚𝑔 =𝑀𝐴
tan2 𝛼+ 𝑚𝐴 ⟹ 𝐴 =
𝑚𝑔 tan2 𝛼
𝑀 + 𝑚 tan2 𝛼
c. Hasil di atas memang merupakan percepatan bola namun ada syarat yang harus
dipenuhi yaitu prisma tidak boleh miring/berputar. Ini akan terpenuhi jika torka
terhadap titik pusat massa balok oleh gaya 𝐾 lebih kecil atau sama dengan torka
terhadap titik pusat massa dari gaya normal 𝑁 yang dirasakan balok dari lantai. Dalam
hal ini, nilai torka maksimum dari gaya 𝐾 tersebut adalah ketika gaya normal 𝑁
berada di ujung paling kanan balok tersebut. Besar torka dari gaya normal ini adalah
𝜏𝑁 = (𝑀𝑔 + 𝐾 cos 𝛼)ℎ
3 tan 𝛼
Berikutnya kita hitung torsi dari gaya 𝐾. Torsi dari gaya 𝐾 memiliki dua komponen yaitu
pada sumbu 𝑥 dan 𝑦 sehingga torsi yang diebrikannya adalah
𝜏𝐾 = 𝐾 sin 𝛼2ℎ
3+ 𝐾 cos 𝛼
ℎ
3 tan 𝛼
Syarat yang harus dipenuhi adalah 𝜏𝐾 ≤ 𝜏𝑁
𝐾 sin 𝛼2ℎ
3+ 𝐾 cos 𝛼
ℎ
3tan 𝛼 ≤ (𝑀𝑔 + 𝐾 cos 𝛼)
ℎ
3 tan 𝛼
𝐾 sin 𝛼2ℎ
3≤ 𝑀𝑔
ℎ
3 tan 𝛼
𝐾 sin 𝛼 tan 𝛼 ≤𝑀𝑔
2
𝑀𝐴
sin 𝛼 tan 𝛼sin 𝛼 tan 𝛼 ≤
𝑀𝑔
2⟹ 𝐴 ≤
𝑔
2
Dengna mensubtitusi 𝐴 yang didapat dari b akan kita dapatkan syarat untuk 𝑀/𝑚 yaitu
𝑚𝑔 tan2 𝛼
𝑀 + 𝑚 tan2 𝛼≤
𝑔
2
𝑚 tan2 𝛼 ≤ 𝑀
2+
𝑚
2tan2 𝛼
𝑚(2 tan2 𝛼 − tan2 𝛼) ≤ 𝑀 ⟹𝑀
𝑚≥ tan2 𝛼
OSP Fisika 2014 Number 3
GRAVITASI
Sebuah benda bermassa 𝑚 terletak pada ketinggian 𝑦 di atas permukaan suatu planet
bola bermassa 𝑀 dan berjari-jari 𝑅. Anggap nilai 𝑅 sangat besar dibandingkan dengan 𝑦.
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 7
Percepatan gravitasi di permukaan planet tersebut adalah 𝑔0, sedangkan tetapan
gravitasi universal adalah 𝐺.
a. Percepatan gravitasi yang dialami benda 𝑚 tersebut berkurang secara linier terhadap
𝑦 dengan factor 𝑘. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian ℎ (nyatakan dalam
parameter-parameter di atas)
b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian ℎ dengan kecepatan
awal 𝑣0, tentukan kecepatan benda tersebut sebagai fungsi ketinggian 𝑦.
c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda
jika tetapan/konstanta linier pada pertanyaan (a) diatas 𝑘 → 0.
Pembahasan :
a. Gaya berat benda 𝑚 sama dengan gaya gravitasi antara benda 𝑚 tersebut dengan
planet 𝑀. Tinjau ketika benda 𝑚 berada di ketinggain 𝑦 dari permukaan bumi, maka
jaraknya dari pusat bumi adalah 𝑅 + 𝑦, dari sini akan kita peroleh
𝑚𝑔(𝑦) =𝐺𝑀𝑚
(𝑅 + 𝑦)2=
𝐺𝑀𝑚
𝑅2(1 +
𝑦
𝑅)
−2
Karena 𝑅 ≫ 𝑦 kita bisa lakukan pendekatan (1 +𝑦
𝑅)
−2
≈ 1 −2𝑦
𝑅 (binomial newton)
Sehingga
𝑚𝑔(𝑦) =𝐺𝑀𝑚
𝑅2(1 −
2𝑦
𝑅)
𝑔(𝑦) =𝐺𝑀
𝑅2−
2𝐺𝑀
𝑅3𝑦 ⟹ 𝑔(𝑦) = 𝑔0 − 𝑘𝑦
Pada ketinggian ℎ, percepatan gravitasi adalah
𝑔(ℎ) = 𝑔0 − 𝑘ℎ
Dengan
𝑔0 =𝐺𝑀
𝑅2 dan 𝑘 =
2𝐺𝑀
𝑅3
b. Kita gunakan sistem koordinat kartesius standar, arah percepatan positif adalah ke
atas. Maka
𝑎 = −𝑔(𝑦) = −𝑔0 + 𝑘𝑦
Ingat bahwa 𝑎 =𝑑𝑣
𝑑𝑡=
𝑑𝑣
𝑑𝑡
𝑑𝑦
𝑑𝑦=
𝑑𝑣
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝑑𝑡= 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑦
𝑣𝑑𝑣
𝑑𝑦= −𝑔0 + 𝑘𝑦 ⟹ 𝑣𝑑𝑣 = (−𝑔0 + 𝑘𝑦 )𝑑𝑦
Integral 𝑣 dari 𝑣0 sampai 𝑣(𝑦) dan 𝑦 dari ℎ sampai 𝑦
∫ 𝑣𝑑𝑣𝑣(𝑦)
𝑣0
= ∫ (−𝑔0 + 𝑘𝑦 )𝑑𝑦𝑦
ℎ
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 8
[𝑣2
2]
𝑣0
𝑣(𝑦)
= [−𝑔0𝑦 + 𝑘𝑦2
2 ]
ℎ
𝑦
1
2[𝑣2(𝑦) − 𝑣0
2] = −𝑔0𝑦 + 𝑘𝑦2
2+ 𝑔0ℎ − 𝑘
ℎ2
2
𝑣2(𝑦) − 𝑣02 = −2𝑔0(𝑦 − ℎ) + 𝑘(𝑦2 − ℎ2)
𝑣2(𝑦) = 𝑣02 − 2𝑔0(𝑦 − ℎ) + 𝑘(𝑦2 − ℎ2)
c. Saat berada di ketinggian maksimum, kecepatan benda akan bernilai nol 𝑣(𝑦maks) =
0
0 = 𝑣02 − 2𝑔0(𝑦maks − ℎ) + 𝑘(𝑦maks
2 − ℎ2)
𝑘𝑦maks2 − 2𝑔0𝑦maks + 𝑣0
2 + 2𝑔0ℎ − 𝑘ℎ2 = 0
Menggunakan rumus kuadrat akan kita peroleh
𝑦maks =−(−2𝑔0) ± √(−2𝑔0)2 − 4𝑘(𝑣0
2 + 2𝑔0ℎ − 𝑘ℎ2)
2𝑘
𝑦maks =𝑔0
𝑘(1 ± √1 − (
𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)
𝑔02
−𝑘2ℎ2
𝑔02
))
Ketinggian maksimum tidak boleh terlalu besar maka kita pilih solusi yang negatif
𝑦maks =𝑔0
𝑘(1 − √1 − (
𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)
𝑔02
−𝑘2ℎ2
𝑔02
))
untuk 𝑘 → 0 maka 𝑘2ℎ2
𝑔0≈ 0
𝑦maks =𝑔0
𝑘(1 − √1 −
𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)
𝑔02
)
suku 𝑘(𝑣0
2 + 2𝑔0ℎ)
𝑔02
bernilai sangat kecil karena 𝑘 → 0, dengan binomial newton
akan kita peroleh
√1 −𝑘(𝑣0
2 + 2𝑔0ℎ)
𝑔02
= (1 −𝑘(𝑣0
2 + 2𝑔0ℎ)
𝑔02
)
12
≈ 1 −𝑘(𝑣0
2 + 2𝑔0ℎ)
2𝑔02
Sehingga
𝑦maks =𝑔0
𝑘(1 − 1 +
𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)
2𝑔02
) ⟹ 𝑦maks =𝑣0
2
2𝑔0+ ℎ
OSP Fisika 2014 Number 4
OSILASI BATANG DAN ENGSEL
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 9
Bola karet dengan berat 𝑊 = 𝑚𝑔 dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC
(dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A
dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berotasi di sekitar
titik A pada bidang 𝑥𝑦 (lihat gambar). Pegas dengan konstanta 𝑘 dipasang pada posisi
mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain dilekatkan
pada titik tetap B di tongkat AC. Seperti tampak dalam gambar, tongkat disimpangkan
dari posisi awal (tegak) sebesar sudut 𝜑 lalu dilepaskan sehingga tongkat akan
mengalami gerak osilasi (getaran).
Tentukan:
a. besar frekuensi getaran untuk sudut simpangan 𝜑 yang kecil.
b. nilai maksimum gaya berat 𝑊 agar untuk sudut simpangan 𝜑 kecil tongkat mengalami
getaran harmonik.
Pembahasan :
a. Dari soal dapat kita simpulkan bahwa posisi kesetimbangan sistem adalah ketika dia
berada dalam kondisi vertikal. Mengapa? Karena sudut 𝜑 adalah sudut simpangan
sistem dari posisi kesetimbangan dan dia diukur dari posisi vertikal. Ketika sistem
tersimpang dengan simpangan sudut 𝜑, torsi pemulih sistem terhadap poros A adalah
𝑘𝑎 cos 𝜑 𝑎 sin 𝜑 − 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜙 = 𝐼𝛼
Momen inersia sistem terhadap poros A adalah
𝐼 = 𝑚𝐿2
Karena sudut 𝜑 kecil akan berlaku sin 𝜑 ≈ 𝜑 dan cos 𝜑 ≈ 1
Percepatan sudut 𝛼 searah jarum jam sedangkan arah bertambahnya sudut 𝜑
berlawanan arah jarum jam, maka
𝛼 = −𝑑2𝜑
𝑑𝑡2
Akhirnya akan kita peroleh
𝑘𝑎2𝜑 − 𝑚𝑔𝐿𝜑 = −𝑚𝐿2𝑑2𝜑
𝑑𝑡2⟹
𝑑2𝜑
𝑑𝑡2+
𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿
𝑚𝐿2𝜑 = 0
𝜑
𝑘
lantai
dinding
𝐶
𝑦
𝑥 𝐴
𝐵
𝐿
𝑊 = 𝑚𝑔
𝑎
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 10
Persamaan gerak sistem analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana
𝑑2𝜑
𝑑𝑡2+ 𝜔2𝜑 = 0
Dengan kecepatan sudut osilasi sistem
𝜔2 =𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿
𝑚𝐿2
Frekuensi getaran atau osilasinya adalah
𝑓 =𝜔
2𝜋⟹ 𝑓 =
1
2𝜋√
𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿
𝑚𝐿2
b. Agar terjadi gerak harmonik, kecepatan sudut osilasi sistem haruslah bernilai positif
𝜔2 > 0
𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿
𝑚𝐿2> 0 ⟹ 𝑊 <
𝑘𝑎2
𝐿⟹ 𝑊maks =
𝑘𝑎2
𝐿
Catatan : agar terjadi osilasi nilai 𝑊 di sini haruslah lebih besar dari 𝑊maks karena jika
sama sistem tidak akan berosilasi
OSP Fisika 2014 Number 5
BATANG DI PINGGIR MEJA
Sebuah batang homogen (massa 𝑀 dan panjang 𝐿) salah satu ujungnya diletakan pada
tepi sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam.
Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan
kontak dengan meja. Lakukan perhitungan Anda untuk 2 kondisi berikut:
a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar
(i).
b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti gambar (ii).
Pembahasan :
(i)
(ii)
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 11
a. Untuk kasus ini, siku meja memberikan gaya arah vertikal dan arah horizontal pada
tongkat seperti gambar di bawah ini
Dari diagram gaya di atas akan kita dapatkan
Gerak translasi arah horizontal
𝐻 = 𝑚(𝑎𝜃 cos 𝜙 − 𝑎𝑟 sin 𝜙) … (1)
Gerak translasi arah vertikal
𝑚𝑔 − 𝑉 = 𝑚(𝑎𝜃 sin 𝜙 + 𝑎𝑟 cos 𝜙) … (2)
Gerak rotasi terhadap ujung bawah batang
𝑚𝑔 sin 𝜙𝐿
2=
1
3𝑚𝐿2𝛼
𝛼 =3𝑔
2𝐿sin 𝜙
Percepatan tangensial batang sebagai fungsi sudut 𝜙 adalah
𝑎𝜃 =1
2𝛼𝐿
𝑎𝜃 =3
4𝑔 sin 𝜙 … (3)
𝑎𝑟 adalah percepatan sentripetal batang terhadap ujung bawahnya yang dijadikan
poros rotasi dan besarnya adalah
𝑎𝑟 =1
2𝜔2𝐿
Kita bisa menghitung besar kecepatan sudut batang 𝜔 sebagai fungsi sudut 𝜙 dengan
menggunakan hukum kekelan energi. Jadikan meja sebagai acuan. maka
𝑚𝑔𝐿
2= 𝑚𝑔
𝐿
2cos 𝜙 +
1
2(
1
3𝑚𝐿2) 𝜔2
𝜔2 =3𝑔
𝐿(1 − cos 𝜙)
Sehingga percepatan sentripetal batang sebagai fungsi sudut 𝜙 adalah
𝑎𝑟 =3
2𝑔(1 − cos 𝜙) … (4)
𝜙 𝑉
𝐻
𝑎𝑟 𝑎𝜃
𝑚𝑔
𝜙 𝑎𝑟 𝑎𝜃
𝑎
𝛼
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 12
Saat batang lepas terlepas dari meja, gaya horizontal yang dikerjakan meja batang
akan bernilai nol atau batang lepas kontak dengan meja. Pada saat ini, sudut yang
yang ditempuh batang kita namakan 𝜙𝐶 . Sudut 𝜙𝐶 ini juga merupakan sudut saat
batang lepas dari meja. Persamaan (1) akan menjadi
0 = 𝑚(𝑎𝜃 cos 𝜙𝐶 − 𝑎𝑟 sin 𝜙𝐶) sin 𝜙𝐶
cos 𝜙𝐶=
𝑎𝜃
𝑎𝑟
Subtitusi persamaan (3) dan (4) untuk sudut 𝜙 = 𝜙𝐶
sin 𝜙𝐶
cos 𝜙𝐶=
34 𝑔 sin 𝜙𝐶
32 𝑔(1 − cos 𝜙𝐶)
sin 𝜙𝐶
cos 𝜙𝐶=
sin 𝜙𝐶
2(1 − cos 𝜙𝐶)
2(1 − cos 𝜙𝐶) = cos 𝜙𝐶
2 = 3 cos 𝜙𝐶
cos 𝜙𝐶 =2
3→ 𝜙𝐶 = cos−1 (
2
3) = 48,190
Jadi batang terlepas dari meja saat sudut 𝜙 = 𝜙𝐶 = 48,20. Namun kita harus
mengecek terlebih dahulu apakah gaya normal meja arah vertikal masih ada atau
tidak. Karena jika gaya normal arah vertikal lebih dahulu hilang dari gaya normal arah
horizontal, batang akan melompat dan perhitungan kita untuk perceptan sentripetal
serta tangensial batang akan salah. Kita akan cari besar sudut saat gaya normal arah
vertikal bernilai nol. Kita namakan sudut ini sebagai 𝜙𝐿 . Jika 𝜙𝐿 > 𝜙𝐶 maka
perhitungan kita sebelumnya akan bernilai benar dan kita bisa melanjutkan
pengerjaan soal ini. Namun jika 𝜙𝐿 < 𝜙𝐶 , perhitungan kita hanya akan benar sampai
𝜙 = 𝜙𝐿 dan kita perlu melakukan pendekatan lain untuk kondisi 𝜙𝐿 < 𝜙 < 𝜙𝐶 .
Persamaan (2) akan menjadi
𝑚𝑔 − 0 = 𝑚(𝑎𝜃 sin 𝜙𝐿 + 𝑎𝑟 cos 𝜙𝐿)
𝑔 = 𝑎𝜃 sin 𝜙𝐿 + 𝑎𝑟 cos 𝜙𝐿
Subtitusi persamaan (3) dan (4) untuk 𝜙 = 𝜙𝐿
𝑔 =3
4𝑔 sin 𝜙𝐿 sin 𝜙𝐿 +
3
2𝑔(1 − cos 𝜙𝐿) cos 𝜙𝐿
4 = 3 sin2 𝜙𝐿 + 6 cos 𝜙𝐿 − 6 cos2 𝜙𝐿
4 = 3 − 3 cos2 𝜙𝐿 + 6 cos 𝜙𝐿 − 6 cos2 𝜙𝐿
9 cos2 𝜙𝐿 − 6 cos 𝜙𝐿 + 1 = 0
cos 𝜙𝐿 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
cos 𝜙𝐿 =−(−6) ± √(−6)2 − 4(9)(1)
2(9)
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 13
cos 𝜙𝐿 =6 ± 0
18
cos 𝜙𝐿 =1
3→ 𝜙𝐿 = cos−1 (
1
3) = 70,530
Nah karena 𝜙𝐿 > 𝜙𝐶 , berarti tongkat lebih dahulu lepas kontak pada arah horizontal
sehingga perhitungan kita sebelumnya benar. Jadi sudut antara batang dan vertikal
ketika dia lepas dari meja adalah
𝜙𝐶 = cos−1 (2
3) = 48,190
b. Untuk kasus kedua ini ada sedikit perbedaan yaitu berkaitan dengan gaya interaksi
antara meja dan batang. Di sini, gaya normal dari meja arahnya selalu menuju pusat
massa batang sedangkan arah gaya gesek dari meja tegak lurus arah gaya normal dan
arahnya selalu berlawanan dengan arah percepatan batang. Berikut diagram gaya
pada batang
Batang akan lepas dari meja ketika gaya normal yang bekerja padanya sama dengan
nol dan ketika gaya normalnya nol, gaya gesek yang bekerja padanya pun bernilai nol.
Jadi kita cukup meninjau gerak batang pada arah radial saja. Dari sini akan kita
peroleh
𝑚𝑔 cos 𝜙 − 𝑁 = 𝑚𝜔2𝐿
2 (𝑁 = 0)
𝑚𝑔 cos 𝜙 = 𝑚𝜔2𝐿
2
Sebelumnya, dari kekekalan energi mekanik, kita sudah mendapatkan 𝜔2 sebagai
fungsi 𝜙 yaitu
𝜔2 =3𝑔
𝐿(1 − cos 𝜙)
Sehingga, sudut ketika batang lepas dari meja 𝜙c dapat kita temukan
𝑚𝑔 cos 𝜙c = 𝑚3𝑔
𝐿(1 − cos 𝜙c)
𝐿
2
𝜙 𝑓 𝑁
𝜙 𝑎𝑟 𝑎𝜃
𝑎
𝛼
𝑚𝑔
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 14
cos 𝜙c =3
2(1 − cos 𝜙c) ⟹ cos 𝜙c =
3
5
𝜙c = cos−1 (3
5) = 53,130
Sudut 𝜙c = 53,130 pasti adalah sudut ketika batang lepas dari meja karena meja tidak
mungkin menarik batang (gaya 𝑁 bernilai negatif).
OSP Fisika 2014 Number 6
KESEIMBANGAN TAK STABIL
Sebuah bola kecil dengan massa 𝑚 dipasang pada silinder pejal bermassa 𝑀 dan berjari-
jari 𝑅 menggunakan batang tak bermassa. Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada
jarak 𝐻 di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan
kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa
tergelincir/slip. Pada saat bola 𝑚 menyentuh lantai, tentukan: kecepatan bola.
a. kecepatan pusat massa silinder
b. kecepatan bola
Pembahasan :
a. Misalkan ketika bola 𝑚 sampai di lantai, kecepatan pusat massa silinder adalah 𝑣pm
dan kecepatan sudutnya adalah 𝜔 dan karena silinder menggelinding tanpa slip akan
berlaku 𝑣pm = 𝜔𝑅 serta kecepatan bola 𝑚 adalah 𝑣m
𝑚
𝐻
𝑀 𝑅
𝑚
𝜔𝐻
𝑀 𝑣pm
𝑣pm
𝑣m
𝜃
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 15
Karena tidak ada gaya luar non konservatif yang melakukan kerja pada sistem, maka
energi mekanik sistem kekal (jadikan pusat silinder sebagai acuan energi potensial
sama dengan nol)
𝑚𝑔𝐻 = −𝑚𝑔𝑅 +1
2𝑀𝑣pm
2 +1
2𝐼𝜔2 +
1
2𝑚𝑣m
2
Momen inersia silinder adalah
𝐼 =1
2𝑀𝑅2
Dari gambar dapat kita dapatkan bahwa
sin 𝜃 =𝑅
𝐻 dan cos 𝜃 =
√𝐻2 − 𝑅2
𝐻
Perhatikan bola 𝑚. Komponen kecepatan bola 𝑚 adalah
Arah horizontal
𝑣x = 𝑣pm − 𝜔𝐻 sin 𝜃 = 𝜔𝑅 − 𝜔𝐻𝑅
𝐻= 0
Arah vertikal
𝑣y = 𝜔𝐻 cos 𝜃 = 𝜔𝐻√𝐻2 − 𝑅2
𝐻⟹ 𝑣y = 𝜔√𝐻2 − 𝑅2
Ternyata ketika sampai di lantai, bola 𝑚 hanya memiliki kecepatan komponen
vertikal
𝑣 = 𝑣y = 𝜔√𝐻2 − 𝑅2
Kita kembali ke persamaan energi akan kita peroleh
𝑚𝑔𝐻 = −𝑚𝑔𝑅 +1
2𝑀𝜔2𝑅2 +
1
2(
1
2𝑀𝑅2) 𝜔2 +
1
2𝑚𝜔2(𝐻2 − 𝑅2)
𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅) =3
4𝑀𝜔2𝑅2 +
1
2𝑚𝜔2(𝐻2 − 𝑅2)
𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅) =3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)
4𝜔2 ⟹ 𝜔 = 2√
𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)
3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)
Sehingga kecepatan pusat massa silinder adalah
𝑣pm = 2𝑅√4𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)
3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)
b. Kecepatan bola 𝑚 adalah
𝑣m = 2√𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)(𝐻2 − 𝑅2)
3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)= 2√
𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)(𝐻 + 𝑅)(𝐻 − 𝑅)
3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)
𝑣m = 2(𝐻 + 𝑅)√𝑚𝑔(𝐻 − 𝑅)
3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 16
OSP Fisika 2014 Number 7
MENAIKI BIDANG MIRING
Sebuah silinder pejal bermassa 𝑚 dan radius 𝑅 mula-mula berotasi dengan kecepatan
sudut 𝜔0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar
(yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan 𝜃 dan koefisien gesek
kinetik 𝜇k dimana 𝜇k > tan 𝜃. Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak
dengan bidang miring. Tentukan:
a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip.
b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip
c. ketinggian maksimum yang dapat dicapai silinder
Pembahasan :
a. Saat masih slip, gaya gesek yang bekerja pada silinder adalah 𝑓k = 𝜇k𝑁. Karena bidang
miring tetap, gaya normal yang bekerja pada silinder adalah 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 sehingga
𝑓k = 𝜇k𝑚𝑔 cos 𝜃.
Tinjau gerak translasi silinder pada arah sejajar bidang miring
𝑓k − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎
𝜇k𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑎 = 𝑔(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)
Kecepatan translasi silinder sebagai fungsi waktu akan menjadi
𝑣(𝑡) = 𝑣0 + 𝑎𝑡 (𝑣0 = 0)
𝑣(𝑡) = 𝑔𝑡(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)
Tinjau gerak rotasi silinder (gaya gesek kinetik cenderung memperlambat rotasi
silinder sehingga bernilai negatif)
−𝑓k𝑅 =1
2𝑚𝑅2𝛼 ⟹ 𝛼 =
2𝑔𝜇k cos 𝜃
𝑅
Kecepatan sudut silinder sebagai fungsi waktu akan menjadi
𝜔(𝑡) = 𝜔0 − 𝛼𝑡
𝜔(𝑡) = 𝜔0 −2𝑔𝑡
𝑅𝜇k cos 𝜃
Misalkan silinder mulai menggelinding tanpa slip setelah selang waktu 𝑇 dihitung dari
saat silinder berada di dasar bidang miring, maka pada saat ini akan berlaku 𝑣(𝑇) =
𝜔(𝑇)𝑅
𝑔𝑇(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃) = 𝜔0𝑅 − 2𝑔𝑇𝜇k cos 𝜃
𝑔𝑇(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃) = 𝜔0𝑅 ⟹ 𝑇 =𝜔0𝑅
𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)
b. Jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip
adalah
𝑑 =1
2𝑎𝑇2 ⟹ 𝑑 =
𝜔02𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)
2𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
c. Kecepatan pusat massa silinder saat menggelinding tanpa slip adalah
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
DC3BCE5B
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota
Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 17
𝑣(𝑇) =𝜔0𝑅(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)
(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)
Dengan menggunakan hukum kekekalan energi dari saat silinder menggelinding
tanpa slip sampai mencapai titik tertingginya akan kita dapatkan
𝑚𝑔𝑦 =1
2𝑚𝑣2(𝑇) +
1
2(
1
2𝑚𝑅2) (
𝑣(𝑇)
𝑅)
2
𝑚𝑔𝑦 =3
4𝑚𝑣2(𝑇) =
3𝑚𝜔02𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
4(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
𝑦 =3𝜔0
2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
4𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
Maka ketinggian maksimum silinder dari dasar bidang miring adalah
ℎmaks = 𝑑 sin 𝜃 + 𝑦
ℎmaks =𝜔0
2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)
2𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2sin 𝜃 +
3𝜔02𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
4𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
ℎmaks =𝜔0
2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)[2 sin 𝜃 + 3(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)]
4𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2
ℎmaks =𝜔0
2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)[sin 𝜃 + 3𝜇k cos 𝜃]
4𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2