Fisika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

19Sistem Titik; Pengantar Benda Tegar

Seorang peloncat indah meninggalkan papannya, melipat badan, bersalto dua kali, lalu meluruskan diri; sepanjang semua itu satu titik tubuhnya — pusat massanya — melukiskan parabola sederhana yang sama seperti sebuah batu. Sebuah yoyo yang dijatuhkan dari tangan memerlukan waktu tiga kali lebih lama untuk mencapai ujung talinya daripada sebuah batu, dan tiba sambil berputar dua ribu kali tiap menit. Bola pejal mengalahkan bola berongga menuruni bidang miring mana pun, berapa pun ukuran atau massanya. Mekanika satu titik, yang dibawa melalui bab-bab sebelumnya, meluas ke sistem banyak titik — dan ke benda tegar sehari-hari — melalui segenggam teorema: pusat massanya bergerak seperti sebuah titik, energi dan momentum sudutnya terbelah menjadi bagian pusat massa dan bagian “di sekitarnya”, dan benda yang berputar terhadap sumbu tetap adalah sistem berderajat kebebasan satu yang diatur momen inersianya.

19.1 Pusat massa dan momentum

Definisi 19.1 (Pusat massa; momentum sebuah sistem)

Untuk partikel bermassa $m_i$ di $M_i$ , dengan massa total $M = \sum m_i$ , pusat massa (barisentrum) $G$ didefinisikan oleh

\sum_i m_i\,\vect{GM_i} = \vect 0, \qquad\text{yakni}\qquad \vect{OG} = \frac{1}{M}\sum_i m_i\,\vect{OM_i}

untuk titik asal $O$ mana pun. Momentum sistemnya adalah $\vect P = \sum_i m_i\vect v_i = M\vect v_G$ .

Teorema 19.2 (Teorema pusat massa)

Dalam kerangka inersial,

M\,\vect a_G = \frac{\dd\vect P}{\dd t} = \sum\vect F_{\mathrm{ext}} :

pusat massanya bergerak seperti partikel titik bermassa $M$ yang dikenai resultan gaya luar saja. Bagi sistem tertutup tanpa gaya luar, $\vect P$ kekal dan $G$ bergerak beraturan.

Bukti. Jumlahkan hukum kedua Newton atas partikel-partikelnya; gaya dalamnya saling meniadakan berpasangan aksi–reaksi; $\sum m_i\vect a_i = M\vect a_G$ dengan menurunkan definisi $G$ dua kali. ∎

Contoh 19.3 (Peloncat indah, sentakan mundur, tumbukan)

Titik $G$ peloncatnya menuruti parabola di bawah beratnya saja, bagaimanapun ia berputar — ototnya adalah gaya dalam. Sebuah senapan $4.0\,\mathrm{kg}$ yang menembakkan peluru $10\,\mathrm{g}$ pada $800\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $\vect P = \vect 0$ sebelum dan sesudahnya, sehingga senapannya tersentak mundur pada $2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Dua mobil, $1000\,\mathrm{kg}$ pada $20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dan $1500\,\mathrm{kg}$ yang diam, yang saling mengunci: $v = 20000/2500 = 8.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ — momentumnya kekal, sementara $60\%$ energi kinetiknya berubah menjadi logam remuk dan kalor. Momentum kekal dalam setiap tumbukan; energi kinetik hanya dalam tumbukan lenting (Latihan 19.12).

19.2 Teorema Koenig

Definisi 19.4 (Kerangka barisentrum)

Yang disebut kerangka barisentrum $\mathcal R^*$ bertitik asal di $G$ dan bertranslasi terhadap kerangka inersial $\mathcal R$ (sumbu-sumbunya menjaga arahnya tetap). Besaran yang diukur di dalamnya diberi bintang: $\vect v_i^* = \vect v_i - \vect v_G$ , dan $\sum m_i\vect v_i^* = \vect 0$ .

Teorema 19.5 (Teorema Koenig)

Momentum sudut terhadap sebuah titik $O$ dan energi kinetik sebuah sistem terbelah menjadi sumbangan pusat massanya, yang mengemban seluruh massa, dan sumbangan dalam kerangka barisentrumnya:

\vect L_O = \vect{OG}\wedge M\vect v_G + \vect L^*, \qquad E_k = \tfrac12 Mv_G^2 + E_k^*,

dengan $\vect L^* = \sum\vect{GM_i}\wedge m_i\vect v_i^*$ dan $E_k^* = \sum\tfrac12 m_iv_i^{*2}$ yang tak bergantung pada titik asal kerangkanya.

Bukti. $\vect{OM_i} = \vect{OG} + \vect{GM_i}$ dan $\vect v_i = \vect v_G + \vect v_i^*$ ; jabarkan $\sum\vect{OM_i}\wedge m_i\vect v_i$ dan $\sum\tfrac12 m_iv_i^2$ : suku silangnya memuat $\sum m_i\vect{GM_i} = \vect 0$ atau $\sum m_i\vect v_i^* = \vect 0$ dan lenyap. ∎

Contoh 19.6 (Sebuah roda yang menggelinding)

Sebuah roda bermassa $M$ , berjari-jari $R$ , bermomen inersia $J$ terhadap gandarnya, yang menggelinding tanpa tergelincir dengan laju $v$ : titik singgungnya diam, sehingga $\omega = v/R$ , dan $E_k = \tfrac12 Mv^2 + \tfrac12 J\omega^2 = \tfrac12 Mv^2(1 + J/MR^2)$ — tiga perempat $Mv^2$ bagi cakram seragam ( $J = \tfrac12 MR^2$ ), $Mv^2$ bagi gelang. Suku keduanya adalah alasan roda sepeda dibuat ringan: rotasinya memakan energi yang tak dimakan massa rangkanya.

19.3 Masalah dua benda

Proposisi 19.7 (Massa tereduksi)

Dua partikel yang hanya berinteraksi satu sama lain (gaya $\vect F$ pada $m_2$ dari $m_1$ , $-\vect F$ pada $m_1$ ): $G$ bergerak beraturan, dan posisi relatifnya $\vect r = \vect{M_1M_2}$ menuruti

\mu\,\frac{\dd^2\vect r}{\dd t^2} = \vect F, \qquad \mu = \frac{m_1m_2}{m_1 + m_2},

yaitu persamaan sebuah partikel khayal tunggal dengan massa tereduksi $\mu$ yang bergerak di bawah $\vect F$ terhadap sebuah pusat tetap. Dalam $\mathcal R^*$ , $E_k^* = \tfrac12\mu\dot{\vect r}^2$ dan $\vect L^* = \vect r\wedge\mu\dot{\vect r}$ .

Bukti. $\ddot{\vect r} = \vect a_2 - \vect a_1 = \vect F/m_2 + \vect F/m_1 = \vect F(m_1 + m_2)/m_1m_2$ . Dalam $\mathcal R^*$ , $\vect{GM_2} = m_1\vect r/(m_1 + m_2)$ dan $\vect{GM_1} = -m_2\vect r/(m_1 + m_2)$ ; substitusikan ke dalam $E_k^*$ dan $\vect L^*$ . ∎

Contoh 19.8 (Ketika pusatnya ikut bergerak)

Dalam Bab 16 Matahari dianggap tetap: tepat hanya dalam limit $m \ll M$ ; secara umum hukum ketiga Kepler berbunyi $T^2 = 4\pi^2a^3/G(M + m)$ . Bagi molekul HCl yang bergetar pada Soal 13.1, massa yang berosilasi di dalam sumurnya adalah $\mu = m_Hm_{Cl}/(m_H + m_{Cl}) = 0.972\,m_H$ , yang menaikkan frekuensinya sebesar $1.4\%$ ; bagi atom hidrogen, $\mu$ elektronnya berbeda dari $m_e$ sebesar satu bagian dalam $1836$ — terukur dalam spektrumnya.

19.4 Benda tegar yang berputar terhadap sumbu tetap

Definisi 19.9 (Benda tegar; rotasi terhadap sumbu tetap)

Yang disebut benda tegar (benda pejal) adalah sistem yang titik-titiknya menjaga jaraknya satu sama lain tetap. Bila ia berputar terhadap sumbu $\Delta$ yang tetap dalam kerangkanya, setiap titiknya melukiskan lingkaran berpusat pada $\Delta$ dengan kecepatan sudut yang sama $\omega = \dot\theta$ ; titik yang berjarak $r_i$ dari sumbunya berkelajuan $r_i\omega$ .

Proposisi 19.10 (Momen inersia; momentum sudut; energi kinetik)

Dengan momen inersia $J_\Delta = \sum m_ir_i^2$ (sebuah integral $\int r^2\,\dd m$ bagi benda kontinu):

L_\Delta = J_\Delta\,\omega, \qquad E_k = \tfrac12 J_\Delta\omega^2 .

Nilai baku (massa $M$ ): cincin tipis atau tabung berongga terhadap sumbunya, $MR^2$ ; cakram seragam atau tabung pejal, $\tfrac12 MR^2$ ; batang tipis sepanjang $L$ terhadap pusatnya, $\tfrac{1}{12}ML^2$ , terhadap salah satu ujungnya, $\tfrac13 ML^2$ ; bola pejal terhadap sebuah garis tengahnya, $\tfrac25 MR^2$ . Teorema Huygens: terhadap sumbu $\Delta$ yang sejajar dengan sumbu $\Delta_G$ melalui $G$ pada jarak $d$ , $J_\Delta = J_{\Delta_G} + Md^2$ .

Bukti. $L_\Delta$ dan $E_k$ : Proposisi 15.9. Batang terhadap ujungnya: $\int_0^L x^2(M/L)\,\dd x = ML^2/3$ ; terhadap pusatnya, $\int_{-L/2}^{L/2} x^2(M/L)\dd x = ML^2/12$ . Cakram: cincin berjari-jari $r$ , berlebar $\dd r$ , bermassa $(2Mr/R^2)\dd r$ : $\int_0^R r^2(2Mr/R^2)\dd r = MR^2/2$ ; cincin dan bolanya diterima tanpa bukti (bolanya menuntut integral rangkap). Huygens: dengan $r_i^2 = \abs{\vect{GM_i}_\perp + \vect d}^2 = r_{G,i}^2 + d^2 + 2\vect d\cdot \vect{GM_i}_\perp$ , suku silangnya berjumlah nol menurut definisi $G$ . ∎

Kiri: momen inersia sebuah cakram, dijumlahkan cincin demi cincin. Kanan: teorema Huygens — terhadap sumbu yang melalui tepi sebuah cakram, sejajar dengan sumbu yang melalui pusatnya, J = 1/2 MR2 + MR2. — Kiri: momen inersia sebuah cakram, dijumlahkan cincin demi cincin. Kanan: teorema Huygens — terhadap sumbu yang melalui tepi sebuah cakram, sejajar dengan sumbu yang melalui pusatnya, $J = \tfrac12 MR^2 + MR^2$ .

Teorema 19.11 (Dinamika benda tegar terhadap sumbu tetap)

Bagi benda tegar yang berputar terhadap sumbu tetap $\Delta$ dalam kerangka inersial,

J_\Delta\,\ddot\theta = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_{\mathrm{ext}}), \qquad \frac{\dd}{\dd t}\Big(\tfrac12 J_\Delta\dot\theta^2\Big) = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_{\mathrm{ext}})\,\dot\theta :

momen gaya-gaya luarnya terhadap sumbunya menggerakkan percepatan sudutnya, dan sebuah momen $\mathcal M_\Delta$ menyampaikan daya $\mathcal M_\Delta\omega$ . Sebuah poros ideal (bantalan tanpa gesekan) tak mengerahkan momen terhadap sumbunya sehingga tak mempercepat maupun mengerem rotasinya.

Bukti. Teorema 15.8 yang diproyeksikan pada $\Delta$ , dengan $L_\Delta = J_\Delta\dot\theta$ dan $J_\Delta$ tetap bagi benda tegar; kalikan dengan $\dot\theta$ untuk bentuk energinya (gaya dalam sebuah benda tegar tak melakukan usaha: jaraknya tak berubah). ∎

Contoh 19.12 (Bandul fisis; bandul torsi)

Sebuah benda bermassa $M$ yang berporos pada sumbu mendatar berjarak $d$ dari $G$ : momen beratnya $-Mgd\sin\theta$ , sehingga $J_\Delta\ddot\theta = -Mgd\sin\theta$ dan ayunan kecilnya berperiode

T = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{Mgd}} ,

yaitu periode bandul sederhana sepanjang $J_\Delta/Md$ — bagi batang seragam yang berporos di salah satu ujungnya, $2L/3$ . Sebuah cakram yang digantung pada kawat bertetapan torsi $C$ (momen pemulih $-C\theta$ ): $J\ddot\theta = -C\theta$ , $T = 2\pi\sqrt{J/C}$ — yaitu neraca torsi yang mengukur $G$ dan hukum Coulomb.

Tiga benda tegar yang bergerak: bandul fisis yang berayun pada sebuah poros (momen beratnya terhadap sumbunya), bandul torsi (momen kawatnya), dan benda tegar yang menggelinding tanpa tergelincir menuruni bidang miring — makin besar J/MR2-nya, makin lambat ia menggelinding. — Tiga benda tegar yang bergerak: bandul fisis yang berayun pada sebuah poros (momen beratnya terhadap sumbunya), bandul torsi (momen kawatnya), dan benda tegar yang menggelinding tanpa tergelincir menuruni bidang miring — makin besar $J/MR^2$ -nya, makin lambat ia menggelinding.

Proposisi 19.13 (Menggelinding tanpa tergelincir menuruni bidang miring)

Sebuah benda putar ( $J = kMR^2$ terhadap sumbunya) yang dilepaskan pada bidang miring bersudut $\alpha$ menggelinding tanpa tergelincir dengan percepatan

a = \frac{g\sin\alpha}{1 + k} :

$\tfrac57 g\sin\alpha$ bagi bola pejal, $\tfrac23 g\sin\alpha$ bagi cakram, $\tfrac12 g\sin\alpha$ bagi gelang — tak bergantung pada massa dan jari-jarinya.

Bukti. Energi: $Mgh = \tfrac12 Mv^2(1 + k)$ menyusuri lerengnya (gesekan statis di titik singgungnya yang diam tak melakukan usaha), sehingga $v^2 = 2ah$ dengan $a$ seperti yang dinyatakan; atau Newton untuk $G$ dan teorema momen terhadap $G$ dengan gesekan $f$ : $Ma = Mg\sin\alpha - f$ , $kMR^2\dot\omega = fR$ , $a = R\dot\omega$ . ∎

Catatan 19.14 (Sistem yang dapat berubah bentuk)

Bagi sistem yang tidak tegar, teorema energi kinetiknya berbunyi $\Delta E_k = W_{\mathrm{ext}} + W_{\mathrm{int}}$ : gaya dalamnya melakukan usaha (otot, pegas, gesekan di dalam sistemnya). Peseluncur yang menarik lengannya masuk, peloncat indah yang melipat badan, pesepeda yang berdiri di atas pedalnya semuanya memperoleh energi kinetik tanpa usaha luar — teorema pusat massanya tetap benar, energinya datang dari dalam.

19.5 Latihan

Latihan 19.1 ★

Massa $2.0\,\mathrm{kg}$ di $x = 0$ dan $3.0\,\mathrm{kg}$ di $x = 1.0\,\mathrm{m}$ : posisi $G$ . Sistem Bumi–Bulan ( $81:1$ , $384\,000\,\mathrm{km}$ ): jarak $G$ dari pusat Bumi; bandingkan dengan jari-jari Bumi.

Solusi

Solusi Latihan 19.1.

$x_G = (2.0 \times 0 + 3.0 \times 1.0)/5.0 = 0.60\,\mathrm{m}$ . Bumi–Bulan: $384000/82 = 4700\,\mathrm{km}$ dari pusat Bumi, di dalam Bumi ( $6370\,\mathrm{km}$ ): Bumi bergoyang terhadap sebuah titik $1700\,\mathrm{km}$ di bawah permukaannya.

Latihan 19.2 ★

Sebuah senapan $4.0\,\mathrm{kg}$ menembakkan peluru $10\,\mathrm{g}$ pada $800\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Kelajuan sentakan mundurnya; energi kinetik peluru dan senapannya; dari mana energinya datang?

Solusi

Solusi Latihan 19.2.

$4.0v = 0.010 \times 800$ : $v = 2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Peluru $\tfrac12 \times 0.010 \times 800^2 = 3.2\,\mathrm{kJ}$ , senapan $8\,\mathrm{J}$ : dari energi kimia mesiunya; benda yang ringan mengambil hampir seluruhnya ( $E_k = p^2/2m$ dengan $p$ yang sama).

Latihan 19.3 ★

Sebuah mobil $1000\,\mathrm{kg}$ pada $20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ menabrak mobil $1500\,\mathrm{kg}$ yang diam; keduanya saling mengunci. Kelajuan bersamanya; pecahan energi kinetik yang hilang.

Solusi

Solusi Latihan 19.3.

$v = 20000/2500 = 8.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $E_k$ : $200\,\mathrm{kJ}$ sebelumnya, $\tfrac12 \times 2500 \times 64 = 80\,\mathrm{kJ}$ sesudahnya: $60\%$ hilang.

Latihan 19.4 ★

Turunkan momen inersia sebuah batang seragam bermassa $M$ , sepanjang $L$ , terhadap sumbu tegak lurus yang melalui ujungnya, lalu yang melalui pusatnya; periksalah teorema Huygens di antara keduanya.

Solusi

Solusi Latihan 19.4.

Ujung: $\int_0^L x^2(M/L)\dd x = ML^2/3$ ; pusat: $\int_{-L/2}^{L/2}x^2(M/L) \dd x = ML^2/12$ ; Huygens dengan $d = L/2$ : $ML^2/12 + ML^2/4 = ML^2/3$ .

Latihan 19.5 ★★

Energi kinetik sebuah tabung seragam yang menggelinding dan sebuah gelang yang menggelinding dengan massa dan laju yang sama, sebagai kelipatan $\tfrac12 Mv^2$ . Mana yang berhenti lebih dulu di lantai datar yang kasar, dan mana yang memanjat lebih tinggi di sebuah lereng?

Solusi

Solusi Latihan 19.5.

$E_k = \tfrac12 Mv^2(1 + k)$ : tabung $1.5$ , gelang $2$ kali $\tfrac12 Mv^2$ . Pada laju yang sama gelangnya berenergi lebih besar: ia menggelinding lebih jauh di lantai datar (dengan gesekan yang sama) dan memanjat lebih tinggi ( $h = v^2(1 + k)/2g$ ).

Latihan 19.6 ★★

Massa tereduksi HCl ( $m_{Cl} = 35m_H$ ) dan atom hidrogen ( $m_p = 1836m_e$ ); koreksi nisbi terhadap frekuensi getaran atau frekuensi orbit yang dihitung dengan massa ringannya saja.

Solusi

Solusi Latihan 19.6.

HCl: $\mu = 35m_H/36 = 0.972m_H$ ; atom: $\mu = m_e/(1 + 1/1836) = 0.99946m_e$ . Frekuensinya $\propto 1/\sqrt\mu$ : $+1.4\%$ bagi HCl, $+0.027\%$ bagi hidrogen (geseran isotop antara spektrum H dan D bertumpu padanya).

Latihan 19.7 ★★

Sebuah batang seragam sepanjang $1.0\,\mathrm{m}$ berporos bebas pada salah satu ujungnya. Periode osilasi kecilnya; panjang bandul sederhana yang berperiode sama; titik pada batangnya (pusat perkusi) tempat sebuah pukulan tajam tak menimbulkan reaksi di porosnya berada pada jarak itu — mengapa seorang pemukul mencarinya?

Solusi

Solusi Latihan 19.7.

$J = ML^2/3$ , $d = L/2$ : $T = 2\pi\sqrt{(ML^2/3)/(MgL/2)} = 2\pi\sqrt{2L/3g} = 1.64\,\mathrm{s}$ ; panjang setaranya $2L/3 = 0.67\,\mathrm{m}$ . Sebuah pukulan di pusat perkusinya membuat batangnya berputar terhadap porosnya tanpa reaksi impulsif di sana: pukullah bolanya di “titik manis” tongkatnya dan tangannya tak merasa perih.

Latihan 19.8 ★★

Sebuah cakram ( $M = 0.20\,\mathrm{kg}$ , $R = 10\,\mathrm{cm}$ ) digantung pada sebuah kawat dan berosilasi secara torsi dengan periode $2.0\,\mathrm{s}$ . Tetapan torsi kawatnya.

Solusi

Solusi Latihan 19.8.

$J = \tfrac12 MR^2 = 1.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $C = 4\pi^2J/T^2 = 9.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}/\mathrm{rad}$ .

Latihan 19.9 ★★

Sebuah roda gila bermomen inersia $10\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ berputar pada $3000\,\mathrm{rpm}$ . Energi tersimpannya; momen pengereman yang menghentikannya dalam $10\,\mathrm{s}$ ; jumlah putaran selama pengeremannya.

Solusi

Solusi Latihan 19.9.

$\omega = 314\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $E = \tfrac12 J\omega^2 = 4.9 \times 10^{5}\,\mathrm{J}$ ; $\Gamma = J\omega/t = 314\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; putarannya: $\tfrac12\omega t/2\pi = 250$ .

Latihan 19.10 ★★★

Sebuah bola pejal, sebuah tabung pejal, dan sebuah gelang dilepaskan bersama-sama di puncak sebuah bidang miring. Urutan kedatangannya, dan nisbah percepatannya. Apakah hasilnya bergantung pada jari-jari atau massanya?

Solusi

Solusi Latihan 19.10.

$a = g\sin\alpha/(1 + k)$ : bola ( $k = 2/5$ ) $0.714$ , tabung ( $1/2$ ) $0.667$ , gelang ( $1$ ) $0.500$ kali $g\sin\alpha$ : bolanya pertama, gelangnya terakhir; massa dan jari-jari tak muncul di mana pun.

Latihan 19.11 ★★★

Bandul balistik: sebuah peluru $10\,\mathrm{g}$ pada $400\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ terbenam dalam balok $2.0\,\mathrm{kg}$ yang digantung pada tali $1.0\,\mathrm{m}$ . Kelajuan tepat setelah tumbukan; tinggi yang dicapai; pecahan energi kinetik pelurunya yang hilang. Mengapa kekekalan energi tak dapat dipakai untuk tumbukannya sendiri?

Solusi

Solusi Latihan 19.11.

Momentum: $0.010 \times 400 = 2.01\,v$ : $v = 2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; lalu energi: $h = v^2/2g = 0.20\,\mathrm{m}$ . $E_k$ : $800\,\mathrm{J}$ sebelumnya, $\tfrac12 \times 2.01 \times 4.0 = 4.0\,\mathrm{J}$ sesudahnya: $99.5\%$ hilang menjadi deformasi dan kalor. Tumbukannya tak lenting — energi tak kekal melewatinya, momentumnya kekal (tegangan talinya tegak dan tumbukannya singkat).

Latihan 19.12 ★★★

Tumbukan lenting sentral $m_1$ pada $v_1$ dengan $m_2$ yang diam: turunkan $v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1$ dan $v_2' = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1$ . Pecahan energi yang dipindahkan ketika sebuah neutron mengenai sebuah proton; sebuah inti karbon ( $12m_n$ ); sebuah inti timbal ( $207m_n$ ). Mengapa reaktor dimoderasi dengan inti ringan?

Solusi

Solusi Latihan 19.12.

$m_1v_1 = m_1v_1' + m_2v_2'$ dan $m_1v_1^2 = m_1v_1'^2 + m_2v_2'^2$ memberikan $v_1 + v_1' = v_2'$ (bagilah persamaan energinya dengan persamaan momentumnya), lalu menyusullah rumus-rumusnya. Pecahan energi ke sasarannya $4m_1m_2/(m_1 + m_2)^2$ : proton $100\%$ ; karbon $4 \times 12/169 = 28\%$ ; timbal $4 \times 207/208^2 = 1.9\%$ . Inti ringan mengambil energi neutronnya dalam beberapa tumbukan (air, grafit); timbal akan menuntut ratusan.

Sebuah yoyo yang terurai: pusat massanya jatuh, cakramnya berputar, dan tegangan talinya adalah yang mengikat kedua gerak itu menjadi satu — soal akhir pekan.

19.6 Soal: Yoyo

Soal 19.1

Soal akhir pekan — sebuah cakram pada poros tipis di ujung seutas tali: mengapa ia jatuh begitu lambat, seberapa cepat ia berputar di bawah, mengapa ia “tidur” di sana, dan ke arah mana sebuah gelendong menggelinding ketika benangnya ditarik

Sebuah yoyo adalah cakram seragam bermassa $M = 50\,\mathrm{g}$ dan berjari-jari $R = 3.0\,\mathrm{cm}$ dengan poros tipis berjari-jari $r = 0.40\,\mathrm{cm}$ yang padanya digulung tali sepanjang $h = 1.0\,\mathrm{m}$ ; ujung atas talinya dipegang tetap. $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $J = \tfrac12 MR^2$ terhadap sumbunya.

Bagian I — Kinematika dan energi.

Di mana pusat massa $G$ yoyonya? Mengapa?
Tunjukkan dari teorema Koenig bahwa energi kinetiknya adalah $\tfrac12 Mv_G^2 + \tfrac12 J\omega^2$ .
Turunkan $J = \tfrac12 MR^2$ dengan mengintegralkan cincin demi cincin, lalu hitunglah $J$ .
Ketika talinya terurai tanpa tergelincir dari porosnya, hubungkan $v_G$ dengan $\omega$ .
Simpulkan $E_k = \tfrac12 Mv_G^2(1 + R^2/2r^2)$ lalu hitunglah faktor dalam kurungnya. Berilah komentar.

Bagian II — Jatuhnya.

Gaya-gaya pada yoyonya; tuliskan teorema pusat massanya (sumbu tegak ke bawah).
Tuliskan teorema momentum sudut terhadap sumbu yang melalui $G$ (gaya mana yang bermomen?).
Gabungkan dengan pertanyaan 4 untuk menemukan percepatannya $a_G = g/(1 + R^2/2r^2)$ ; hitunglah.
Hitunglah tegangan talinya lalu bandingkan dengan beratnya.
Waktu untuk mengurai $1.0\,\mathrm{m}$ talinya, dan kelajuannya ketika itu; bandingkan dengan sebuah batu yang dijatuhkan dari ketinggian yang sama.
Kecepatan sudut di bawah, dalam rad/s dan putaran tiap menit.
Belahlah energi kinetiknya di bawah menjadi bagian translasi dan bagian rotasinya.
Periksalah neraca energinya: bandingkan $Mgh$ dengan energi kinetiknya di bawah, lalu katakan mengapa tegangan talinya, walaupun besar, tak melakukan usaha.

Bagian III — Di bawah: si tidur. Ketika talinya terurai seluruhnya, ia menghentikan pusat massanya dalam beberapa milisekon; yoyonya terus berputar di dalam simpul di ujung talinya (“tidur”).

Mengapa putarannya bertahan setelah $G$ berhenti? (Teorema mana, dan gaya mana yang akan diperlukan untuk menghentikannya?)
Taksirlah tegangan rata-rata selama perhentiannya bila $G$ dihentikan dalam $5\,\mathrm{ms}$ .
Simpulnya bergesek pada porosnya dengan momen gesek $\Gamma = 1.0 \times 10^{-4}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ : berapa lama yoyonya tidur?
Sentakan tajam ke atas pada talinya membuat talinya mencengkeram porosnya lagi; yoyo yang berputar itu lalu memanjat. Dengan memakai energi, sampai ketinggian berapa ia dapat naik bila tak ada yang hilang? Mengapa, dalam praktiknya, kurang dari itu?
Selama pemanjatannya, apakah tegangannya lebih besar atau lebih kecil daripada beratnya? (Tanda $a_G$ .)
Apa yang akan terjadi pada yoyo yang jari-jari porosnya sama dengan $R$ (talinya digulung pada tepinya)? Hitunglah percepatan jatuhnya.

Bagian IV — Gelendong di atas meja. Benda yang sama terletak di atas meja yang kasar, porosnya mendatar, dan talinya meninggalkan bagian bawah porosnya secara mendatar; talinya ditarik dengan gaya $F$ . Ia menggelinding tanpa tergelincir.

Di titik singgung $C$ dengan mejanya, berapa kecepatan bahan gelendongnya? Simpulkan bahwa geraknya, pada tiap saat, adalah rotasi terhadap $C$ .
Hitunglah momen $F$ terhadap $C$ (lengan gaya $R - r$ ) dan momen beratnya serta momen reaksi mejanya.
Dengan memakai teorema momentum sudut terhadap $C$ dengan $J_C = J + MR^2$ (Huygens), temukan $a_G$ lalu tunjukkan bahwa gelendongnya menggelinding menuju tangannya.
Kini talinya ditarik pada sudut $\beta$ di atas arah mendatar. Tunjukkan bahwa gelendongnya tak menggelinding ketika garis kerja $F$ melalui $C$ , yakni $\cos\beta = r/R$ , dan menggelinding menjauhi tangannya untuk tarikan yang lebih curam. Hitunglah sudut itu.
Hitunglah $a_G$ untuk $F = 0.20\,\mathrm{N}$ yang ditarik mendatar, dan gaya gesek yang diperlukan; apa yang membatasi $F$ sebelum gelendongnya tergelincir?
Ringkaslah: ketiga teorema yang dipakai (pusat massa, momentum sudut terhadap sebuah sumbu, energi) dan apa yang ditentukan masing-masing.

Solusi

Solusi Soal 19.1.

1. Pada sumbunya, di pusat cakramnya, menurut kesetangkupan.

2. Koenig: $E_k = \tfrac12 Mv_G^2 + E_k^*$ , dan dalam kerangka barisentrumnya yoyonya berputar terhadap sumbunya: $E_k^* = \tfrac12 J\omega^2$ .

3. Cincin berjari-jari $\rho$ , bermassa $2M\rho\,\dd\rho/R^2$ : $J = \int_0^R \rho^2\cdot 2M\rho\,\dd\rho/R^2 = MR^2/2 = 0.5 \times 0.050 \times 9\times10^{-4} = 2.25 \times 10^{-5}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ .

4. Talinya tetap dan terurai dari porosnya: titik pada porosnya yang bersentuhan dengannya sesaat diam, sehingga $v_G = r\omega$ .

5. $E_k = \tfrac12 Mv_G^2 + \tfrac12(\tfrac12 MR^2)(v_G/r)^2 = \tfrac12 Mv_G^2(1 + R^2/2r^2)$ ; $R^2/2r^2 = 9/(2 \times 0.16) = 28$ : faktor $29$ — hampir seluruh energinya ada pada putarannya.

6. Berat $Mg$ ke bawah, tegangan $T$ ke atas: $Ma_G = Mg - T$ .

7. Hanya tegangannya yang bermomen terhadap sumbunya (lengan gaya $r$ ): $J\dot\omega = Tr$ .

8. $\dot\omega = a_G/r$ : $T = Ja_G/r^2 = (R^2/2r^2)Ma_G$ ; lalu $Ma_G = Mg - (R^2/2r^2)Ma_G$ , $a_G = g/29 = 0.34\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ .

9. $T = M(g - a_G) = 0.050 \times 9.47 = 0.47\,\mathrm{N}$ , $97\%$ dari beratnya: talinya nyaris menahannya.

10. $t = \sqrt{2h/a_G} = 2.4\,\mathrm{s}$ ; $v_G = a_Gt = 0.82\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Sebuah batu: $0.45\,\mathrm{s}$ dan $4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

11. $\omega = v_G/r = 205\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} = 1960\,\mathrm{rpm}$ .

12. $\tfrac12 Mv_G^2 = 0.017\,\mathrm{J}$ berbanding $\tfrac12 J\omega^2 = 0.47\,\mathrm{J}$ : $28$ kali lebih banyak energi pada putarannya daripada pada jatuhnya.

13. $Mgh = 0.49\,\mathrm{J}$ ; $\tfrac12 Mv_G^2 \times 29 = 0.5 \times 0.050 \times 0.67 \times 29 = 0.49\,\mathrm{J}$ . Tegangannya bekerja pada titik talinya yang diam (talinya tak bergerak): dayanya nol.

14. Gaya penghentinya bekerja menyusuri talinya, melalui sumbunya: tak bermomen terhadapnya; momentum sudutnya $J\omega$ tak tersentuh. Hanya gaya tangensial (gesekan pada porosnya) yang dapat memperlambat putarannya.

15. $T \approx Mv_G/\Delta t + Mg = 0.050 \times 0.82/0.005 + 0.49 = 8.7\,\mathrm{N}$ , delapan belas kali beratnya — dari sinilah sentakan yang dirasakan jarinya.

16. $J\dot\omega = -\Gamma$ : $t = J\omega/\Gamma = 2.25\times10^{-5} \times 205/10^{-4} = 46\,\mathrm{s}$ .

17. Seluruh energi putarannya $\tfrac12 J\omega^2 = 0.47\,\mathrm{J}$ berubah menjadi $Mgh'$ : $h' = 0.96\,\mathrm{m}$ , hampir setinggi semula; dalam praktiknya kurang dari itu karena gesekan porosnya selama ia tidur dan kerugian pada sentakannya.

18. $a_G$ terarah ke bawah (yoyonya melambat dalam perjalanan naik) sementara $v_G$ terarah ke atas: $T = M(g - a_G) < Mg$ — lebih kecil daripada beratnya.

19. $r = R$ : faktornya $1 + 1/2 = 1.5$ , $a_G = 2g/3 = 6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ — jatuh cepat, sedikit berputar: poros yang tipislah yang membuat sebuah yoyo.

20. Menggelinding tanpa tergelincir: titik bahan di $C$ berkecepatan nol; medan kecepatan sebuah benda tegar yang salah satu titiknya diam adalah rotasi terhadap titik itu (sumbu melalui $C$ , dengan $\omega$ yang sama).

21. $F$ bekerja di bagian bawah porosnya, setinggi $R - r$ di atas mejanya, mendatar menuju tangannya: momennya $F(R - r)$ terhadap $C$ dengan arah yang menggelindingkan gelendongnya menuju tangannya; berat dan reaksinya melalui $C$ (tak bermomen).

22. $(J + MR^2)\dot\omega = F(R - r)$ , $a_G = R\dot\omega = FR(R - r)/ (\tfrac32 MR^2) = 2F(R - r)/3MR > 0$ : menuju tangannya.

23. Garis kerja $F$ melalui $C$ ketika talinya dari bagian bawah porosnya bertemu mejanya di $C$ : $\cos\beta = r/R$ , $\beta = 82^\circ$ . Lebih curam: momennya terhadap $C$ membalik, gelendongnya menggelinding menjauh (dan bagi $\beta$ yang cukup besar ia terangkat).

24. $a_G = 2 \times 0.20 \times 0.026/(3 \times 0.050 \times 0.030) = 2.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; gesekannya dari $Ma_G = F - f$ (gesekannya melawan $F$ ): $f = 0.20 - 0.050 \times 2.3 = 0.085\,\mathrm{N}$ ; ia harus tinggal di bawah $\mu_sMg \approx 0.2\,\mathrm{N}$ (untuk $\mu_s = 0.4$ ), yakni $F \lesssim 0.5\,\mathrm{N}$ .

25. Pusat massa: translasi $G$ dan tegangannya; momentum sudut terhadap sebuah sumbu: putarannya dan arah gelindingnya; energi: kelajuannya di bawah dan tinggi pemanjatannya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium