Fisika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

1Mekanika Benda Tegar

Amatilah sebuah roda sepeda dari tepi jalan: jeruji yang dekat aspal hampir diam dan tampak tajam, jeruji di puncaknya kabur dan melaju dua kali lebih cepat daripada pengendaranya. Setiap titik roda mempunyai kecepatan yang berbeda, namun rodanya satu benda — titik-titiknya menjaga jaraknya, dan kendala tunggal itu menata seluruh geraknya menjadi dua vektor saja, sebuah translasi dan sebuah rotasi. Jilid Tahun ke-1 menggarap kasus khusus benda tegar yang berputar terhadap sumbu tetap; bab ini menyajikan kinematika umum sebuah benda tegar, energi kinetik dan momentum sudutnya, hukum-hukum geraknya, dan hukum yang mengatur setiap roda, ban, rem dan tangga: hukum gesekan kering Coulomb.

1.1 Kinematika benda tegar

Definisi 1.1 (Benda tegar)

Yang disebut benda tegar adalah sistem titik yang jarak antar-titiknya tetap: $\|\vect{AB}\|$ tidak bergantung pada waktu untuk setiap pasangan titik $A$ , $B$ miliknya. Kerangka yang di dalamnya setiap titik benda tegar itu diam disebut kerangka terpaut benda.

Teorema 1.2 (Medan kecepatan benda tegar)

Pada setiap saat terdapat sebuah vektor $\vect\Omega$ , yang disebut vektor rotasi benda tegar itu (satuan $\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ), sedemikian sehingga kecepatan sepasang titiknya $A$ dan $M$ dalam kerangka $\mathcal R$ memenuhi

\vect v_M = \vect v_A + \vect\Omega\wedge\vect{AM} .

$\vect\Omega$ tidak bergantung pada pilihan $A$ ; sebuah vektor $\vect u$ yang terpaut pada benda tegar berubah menurut $\dd\vect u/\dd t = \vect\Omega\wedge\vect u$ .

Bukti. Misalkan $(\vect e_1, \vect e_2, \vect e_3)$ basis ortonormal yang terpaut pada benda tegar. Dari $\vect e_i\cdot\vect e_j = \delta_{ij}$ , koefisien $a_{ij} = \dot{\vect e}_i\cdot\vect e_j$ memenuhi $a_{ij} + a_{ji} = 0$ : matriks pemetaan $\vect u \mapsto \dot{\vect u}$ (untuk $\vect u$ yang terpaut pada bendanya, $\vect u = \sum u_i\vect e_i$ dengan $u_i$ tetap) bersifat antisimetrik, dan matriks antisimetrik $3\times3$ adalah matriks $\vect u \mapsto \vect\Omega\wedge\vect u$ dengan $\Omega_1 = a_{23}$ , $\Omega_2 = a_{31}$ , $\Omega_3 = a_{12}$ . Terapkanlah pada $\vect u = \vect{AM}$ : $\vect v_M - \vect v_A = \vect\Omega\wedge\vect{AM}$ . Jika $\vect\Omega'$ melakukan hal yang sama, maka $(\vect\Omega - \vect\Omega')\wedge \vect{AM} = \vect 0$ untuk setiap $M$ , sehingga $\vect\Omega' = \vect\Omega$ . ∎

Catatan 1.3 (Tiga macam gerak)

Translasi: $\vect\Omega = \vect 0$ , semua titik berbagi satu kecepatan (tidak harus gerak lurus: kabin bianglala bertranslasi pada sebuah lingkaran). Rotasi terhadap sumbu tetap $\Delta$ : titik-titik $\Delta$ diam, $\vect\Omega = \omega\,\vect e_\Delta$ , dan sebuah titik yang berjarak $r$ dari sumbunya bergerak pada lingkaran dengan kelajuan $r|\omega|$ — kasus jilid Tahun ke-1. Gerak umumnya memadukan keduanya: $\vect v_M = \vect v_G + \vect\Omega\wedge\vect{GM}$ , sebuah translasi dengan kecepatan pusat massa ditambah sebuah rotasi terhadap $G$ .

Definisi 1.4 (Menggelinding tanpa selip)

Dua benda tegar $S_1$ dan $S_2$ bersentuhan di sebuah titik $I$ . Yang disebut kecepatan selip $S_1$ terhadap $S_2$ adalah $\vect v_{\text{selip}} = \vect v_{I \in S_1} - \vect v_{I \in S_2}$ , selisih kecepatan dua titik materi yang berimpit di $I$ pada saat itu. $S_1$ menggelinding tanpa selip pada $S_2$ apabila $\vect v_{\text{selip}} = \vect 0$ . Untuk sebuah roda berjari-jari $R$ yang menggelinding tanpa selip di atas lantai tetap, dengan kecepatan pusat $v_G$ dan kecepatan sudut $\omega$ , syaratnya berbunyi $v_G = R\omega$ (tandanya dipilih sehingga roda yang menggelinding ke kanan berputar searah jarum jam).

Bukti. Terapkanlah Teorema 1.2 pada rodanya antara $G$ dan titik sentuh $I$ : $\vect v_{I\in S_1} = \vect v_G + \vect\Omega \wedge\vect{GI}$ ; dengan $\vect v_G = v_G\vect e_x$ , $\vect\Omega = -\omega \vect e_z$ dan $\vect{GI} = -R\vect e_y$ , ini sama dengan $(v_G - R\omega)\vect e_x$ , yang harus lenyap. ∎

Contoh 1.5 (Medan kecepatan roda yang menggelinding)

Untuk roda yang menggelinding, $\vect v_M = \vect\Omega\wedge\vect{IM}$ : pada setiap saat rodanya berputar terhadap titik sentuhnya. Titik sentuhnya diam, pusatnya bergerak dengan $v = R\omega$ , puncaknya dengan $2v$ , dan sebuah titik pelek pada ketinggian $h$ bergerak dengan $\omega\sqrt{2Rh}$ , tegak lurus $\vect{IM}$ . Pentil roda melukiskan sebuah sikloida; batu yang terlempar dari tapak ban meninggalkannya dengan kelajuan titik pelek, sampai $2v$ — itulah sebabnya penahan lumpur sebuah truk penting.

Sebuah roda yang tertangkap rana lambat: jeruji dekat jalan, yang hampir diam, tetap tajam; jeruji di puncaknya, yang melaju dua kali kelajuan sepedanya, menjadi kabur.

Sebuah roda yang menggelinding tanpa selip. Kiri: kecepatan beberapa titik — nol di titik sentuh I, v_G = R di pusatnya, 2v_G di puncaknya. Kanan: setiap kecepatan tegak lurus ruas garis yang menghubungkan titiknya ke I dan sebanding dengan panjangnya: pada setiap saat rodanya berputar terhadap titik sentuhnya. — Sebuah roda yang menggelinding tanpa selip. Kiri: kecepatan beberapa titik — nol di titik sentuh $I$ , $v_G = R\omega$ di pusatnya, $2v_G$ di puncaknya. Kanan: setiap kecepatan tegak lurus ruas garis yang menghubungkan titiknya ke $I$ dan sebanding dengan panjangnya: pada setiap saat rodanya berputar terhadap titik sentuhnya.

1.2 Besaran kinetik sebuah benda tegar

Proposisi 1.6 (Momentum, momentum sudut, energi kinetik)

Untuk benda tegar bermassa $M$ dengan pusat massa $G$ , dalam kerangka $\mathcal R$ :

momentumnya adalah $\vect p = M\vect v_G$ ;
jika ia berputar terhadap sebuah sumbu $\Delta$ (tetap dalam $\mathcal R$ , atau melalui $G$ dan tetap arahnya) dengan kecepatan sudut $\omega$ , momentum sudutnya sepanjang sumbu itu adalah $L_\Delta = J_\Delta\,\omega$ , dengan

$J_\Delta = \sum_i m_i r_i^2 = \int r^2\,\dd m$

yang disebut momen inersia terhadap $\Delta$ ( $r$ jarak ke sumbunya; satuan $\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ );
energi kinetiknya adalah (Koenig) $E_k = \tfrac12Mv_G^2 + E_k^*$ , dengan energi kinetik dalam kerangka barisentrik $E_k^* = \tfrac12J_{G}\omega^2$ untuk rotasi berkecepatan $\omega$ terhadap sumbu yang melalui $G$ — dan $E_k = \tfrac12J_\Delta\omega^2$ untuk rotasi terhadap sumbu tetap $\Delta$ .

Bukti. Teorema momentum dan teorema Koenig telah dibuktikan dalam jilid Tahun ke-1 untuk sembarang sistem. Untuk rotasi terhadap $\Delta$ yang melalui $O$ , sebuah titik berjarak $r_i$ dari sumbunya berkelajuan $r_i\omega$ pada lingkaran mengelilingi sumbu itu; momentum sudutnya terhadap $O$ yang diproyeksikan pada $\vect e_\Delta$ adalah $m_ir_i^2\omega$ (komponen lainnya, yang saling meniadakan pada benda simetrik, tidak diperlukan di sini); jumlahkan. Energi kinetik: $\sum\tfrac12m_ir_i^2 \omega^2$ . ∎

Catatan 1.7 (Yang diterima tanpa bukti)

Untuk rotasi $\vect\Omega$ sembarang, vektor utuh $\vect L_G$ pada umumnya tidak sejajar dengan $\vect\Omega$ : $\vect L_G = \mathbf J\,\vect\Omega$ dengan $\mathbf J$ yang disebut tensor inersia, sebuah matriks simetrik yang vektor eigennya adalah sumbu-sumbu utamanya. Setiap benda tegar dalam bab ini berputar terhadap sumbu tetap atau terhadap sumbu simetri yang melalui $G$ , sehingga $\vect L = J\vect\Omega$ tepat; kasus umumnya milik jilid Tahun ke-3.

Proposisi 1.8 (Momen inersia)

Untuk benda tegar homogen bermassa $M$ , terhadap sumbu yang melalui $G$ : batang tipis sepanjang $\ell$ (sumbu tegak lurus), $J = \tfrac1{12}M\ell^2$ ; gelang tipis atau kulit tabung berjari-jari $R$ (sumbunya sendiri), $J = MR^2$ ; cakram atau tabung pejal, $J = \tfrac12MR^2$ ; bola pejal, $J = \tfrac25MR^2$ ; kulit bola, $J = \tfrac23MR^2$ . Teorema Huygens (sumbu sejajar): terhadap sumbu $\Delta$ yang sejajar dengan sumbu $\Delta_G$ melalui $G$ pada jarak $d$ ,

J_\Delta = J_{\Delta_G} + Md^2 .

Bukti. Batang: $\int_{-\ell/2}^{\ell/2}x^2\,(M/\ell)\dd x = M\ell^2/12$ . Cakram: sebuah cincin bermassa $(2M/R^2)r\,\dd r$ , $\int_0^R r^2(2M/R^2)r\,\dd r = MR^2/2$ . Bola: lewat simetri, $J = \tfrac23\int r^2\dd m$ ( $r$ jarak ke pusatnya, sebab $x^2 + y^2 = \tfrac23(x^2 + y^2 + z^2)$ jika dirata-ratakan pada ketiga sumbunya) dan $\int r^2\dd m = \int_0^R r^2(3M/R^3)r^2\dd r = \tfrac35MR^2$ . Huygens: dengan $\vect r_i$ vektor dari $\Delta$ ke $m_i$ yang tegak lurus sumbunya dan $\vect r_i = \vect d + \vect r_i^*$ , $\sum m_ir_i^2 = Md^2 + 2\vect d\cdot\sum m_i\vect r_i^* + \sum m_ir_i^{*2}$ , dan jumlah tengahnya lenyap menurut definisi $G$ . ∎

Contoh 1.9 (Sebuah roda gila)

Cakram baja $50\,\mathrm{kg}$ berjari-jari $30\,\mathrm{cm}$ : $J = \tfrac12 \times 50 \times 0.09 = 2.25\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; pada $3000\,\mathrm{rpm}$ ( $\omega = 314\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ) ia menyimpan $\tfrac12J\omega^2 = 111\,\mathrm{kJ}$ , energi kinetik sebuah mobil kecil pada $50\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . Roda gila penyimpan energi memutar rotor serat karbon pada $50\,000\,\mathrm{rpm}$ dalam hampa di atas bantalan magnetik: energinya tumbuh sebagai $\omega^2$ , batasnya adalah kekuatan tarik peleknya.

1.3 Dinamika benda tegar

Teorema 1.10 (Hukum gerak benda tegar)

Dalam kerangka Galilei, untuk benda tegar yang dikenai gaya luar $\vect F_i$ di titik-titik $A_i$ :

(momentum) $M\,\dd\vect v_G/\dd t = \sum\vect F_i$ ;
(momentum sudut terhadap $G$ , atau terhadap titik tetap $O$ ) $\dd\vect L_G/\dd t = \sum\vect{GA_i}\wedge\vect F_i$ ; diproyeksikan pada sumbu tetap $\Delta$ atau pada sumbu melalui $G$ yang tetap arahnya, yang menjadi sumbu putar bendanya dengan kecepatan $\omega$ : $J_\Delta\,\dd\omega/\dd t = \mathcal M_\Delta$ , jumlah momen gaya luar terhadap sumbu itu;
(daya) daya sekumpulan gaya pada benda tegar adalah $\mathcal P = \vect R\cdot\vect v_A + \vect{\mathcal M}_A\cdot \vect\Omega$ untuk sembarang titik $A$ bendanya, dengan $\vect R$ jumlah gayanya dan $\vect{\mathcal M}_A$ momen totalnya terhadap $A$ ; gaya dalam sebuah benda tegar berdaya nol, dan $\dd E_k/\dd t = \mathcal P_{\text{luar}}$ .

Bukti. (1) dan (2) adalah teorema jilid Tahun ke-1 untuk sistem titik (teorema momentum sudut terhadap $G$ berlaku bahkan ketika $G$ dipercepat, sebab gaya inersia kerangka barisentrik bermomen nol terhadap $G$ ). (3) Dengan $\vect v_{A_i} = \vect v_A + \vect\Omega \wedge\vect{AA_i}$ : $\sum\vect F_i\cdot\vect v_{A_i} = \vect R\cdot\vect v_A + \sum\vect F_i\cdot(\vect\Omega\wedge\vect{AA_i}) = \vect R\cdot\vect v_A + \vect\Omega\cdot\sum\vect{AA_i}\wedge\vect F_i$ (hasil kali campur). Gaya dalam: jumlahnya dan momen totalnya lenyap (aksi–reaksi, segaris), sehingga dayanya nol pada benda tegar — bukan pada sistem yang dapat berubah bentuk. Teorema energi kinetik lalu hanya menyisakan daya luarnya. ∎

Definisi 1.11 (Poros sempurna)

Sebuah benda tegar berputar terhadap sumbu tetap $\Delta$ dalam poros sempurna (bantalan ideal) apabila gaya sentuh bantalannya bermomen nol terhadap $\Delta$ ; gaya-gaya itu lalu tidak berdaya ( $\vect v_A = \vect 0$ pada sumbunya, $\mathcal M_\Delta = 0$ ). Bantalan nyata menambahkan momen gesek $-\Gamma_f\operatorname{sgn}\omega$ , atau momen kental $-h\omega$ .

Proposisi 1.12 (Bandul fisis)

Sebuah benda tegar bermassa $M$ berayun terhadap sumbu tetap mendatar $\Delta$ dalam poros sempurna, pusat massanya berjarak $d$ dari sumbunya. Dengan $\theta$ sudut $\vect{OG}$ dari arah tegak ke bawah,

J_\Delta\ddot\theta = -Mgd\sin\theta ,

sehingga osilasi kecilnya berperiode $T = 2\pi\sqrt{J_\Delta/Mgd}$ — periode bandul sederhana sepanjang $\ell_{\text{ek}} = J_\Delta/Md$ .

Bukti. Teorema momentum sudut terhadap $\Delta$ : momen beratnya adalah $-Mgd\sin\theta$ , momen porosnya nol. Linearkan. ∎

Contoh 1.13 (Penggaris satu meter)

Penggaris satu meter yang berporos di salah satu ujungnya: $J = \tfrac13M\ell^2$ (Huygens dari $\tfrac1{12}M\ell^2$ ), $d = \ell/2$ , $\ell_{\text{ek}} = \tfrac23\ell = 0.667\,\mathrm{m}$ dan $T = 1.64\,\mathrm{s}$ — bandul sepanjang penggaris utuh berayun lebih lambat daripada massa titik yang digantung di tengahnya ( $1.42\,\mathrm{s}$ ) dan lebih cepat daripada yang di ujungnya ( $2.0\,\mathrm{s}$ ).

Kiri: bandul fisis — momen berat terhadap porosnya menggerakkan rotasinya, gaya porosnya tidak bermomen. Kanan: gaya-gaya pada roda yang menggelinding di atas lantai mendatar: berat, reaksi normal N dan gesekan tangensial T di titik sentuhnya, yang besarnya dibatasi oleh hukum Coulomb. — Kiri: bandul fisis — momen berat terhadap porosnya menggerakkan rotasinya, gaya porosnya tidak bermomen. Kanan: gaya-gaya pada roda yang menggelinding di atas lantai mendatar: berat, reaksi normal $\vect N$ dan gesekan tangensial $\vect T$ di titik sentuhnya, yang besarnya dibatasi oleh hukum Coulomb.

1.4 Gaya sentuh dan gesekan Coulomb

Definisi 1.14 (Gaya sentuh, normal dan tangensial)

Gaya yang dikerahkan tumpuan pada benda tegar di titik sentuh $I$ terbelah menjadi reaksi normal $\vect N$ , tegak lurus bidang singgung bersamanya dan mengarah ke bendanya ( $N \ge 0$ : tumpuan hanya dapat mendorong), dan komponen tangensial $\vect T$ dalam bidang singgungnya, yaitu gaya gesek.

Teorema 1.15 (Hukum gesekan kering Coulomb)

Untuk dua benda tegar kering yang bersentuhan, dengan koefisien gesek $f$ yang bergantung pada bahannya dan keadaan permukaannya, tetapi tidak pada luas sentuhnya maupun (dengan hampiran yang baik) pada kelajuannya:

jika keduanya selip satu terhadap yang lain ( $\vect v_{\text{selip}} \ne \vect 0$ ), gaya geseknya berlawanan arah dengan kecepatan selipnya dan besarnya $\|\vect T\| = f\|\vect N\|$ (gesekan kinetik);
jika keduanya tidak selip, $\|\vect T\| \le f\|\vect N\|$ (gesekan statik): gaya geseknya lalu bernilai apa pun yang dituntut hukum gerak yang lain, dalam batas itu, dan arahnya tidak diketahui sebelumnya.

Yang disebut sentuhan sempurna adalah idealisasi $f = 0$ : $\vect T = \vect 0$ .

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 1.16 (Membaca hukum Coulomb)

Hukum pertama adalah persamaan, hukum kedua sebuah pertidaksamaan — dan di situlah seluruh kesulitan soal gesekan. Metodenya adalah mengandaikan tidak ada selip, menyelesaikan $\vect T$ dan $\vect N$ , lalu memeriksa $\|\vect T\| \le f\|\vect N\|$ ; jika pemeriksaannya gagal, bendanya selip, $\|\vect T\| = f\|\vect N\|$ berlawanan arah dengan selipnya, dan soalnya diselesaikan ulang. Secara geometris, gaya sentuhnya harus tinggal di dalam kerucut gesek bersetengah sudut $\varphi$ dengan $\tan\varphi = f$ . Nilai lazimnya: karet di atas aspal kering $f \approx 0.8$ – $1$ , di atas aspal basah $0.4$ – $0.6$ , di atas es $0.1$ ; baja di atas baja $0.15$ kering, $0.05$ berpelumas; koefisien statiknya kenyataannya sedikit lebih besar daripada koefisien kinetiknya, itulah sebabnya selip yang sudah telanjur mulai sukar dihentikan.

Proposisi 1.17 (Daya gaya sentuh; menggelinding tanpa selip)

Daya gaya sentuh pada benda tegar yang bergerak di atas tumpuan tetap adalah $\mathcal P = \vect T\cdot\vect v_{I\in S}$ (gaya normalnya tegak lurus kecepatan titik sentuhnya, yang terletak dalam bidang singgung). Pada gelinding tanpa selip daya ini nol: gesekannya lalu tidak melakukan usaha, meski boleh jadi penting bagi geraknya. Pada peluncuran nilainya $-f N v_{\text{selip}} < 0$ : kalor.

Bukti. $\mathcal P = (\vect N + \vect T)\cdot\vect v_{I\in S}$ dan $\vect v_{I\in S} = \vect v_{\text{selip}}$ terletak dalam bidang singgungnya, sehingga hanya $\vect T$ yang menyumbang; nilainya nol ketika kecepatan selipnya nol, dan $-fNv_{\text{selip}}$ ketika kedua benda selip ( $\vect T$ berlawanan arah dengan $\vect v_{\text{selip}}$ ). Gelinding nyata melesapkan sedikit energi lewat perubahan bentuk ban dan lantai (gesekan gelinding, yang dimodelkan dengan momen kecil $\Gamma_r = \mu_rNR$ atau gaya setara $\mu_rN$ , dengan $\mu_r \approx 0.01$ untuk ban di atas jalan): gejala lain yang jauh lebih kecil. ∎

Metode 1.18 (Benda tegar menggelinding menuruni bidang miring)

Sebuah benda tegar homogen berjari-jari $R$ , bermassa $M$ dan bermomen inersia $J = kMR^2$ terhadap sumbunya ( $k = 1$ gelang, $\tfrac12$ cakram, $\tfrac25$ bola) dilepaskan pada bidang miring bersudut $\alpha$ dengan koefisien gesek $f$ . Andaikanlah ia menggelinding tanpa selip:

momentum sepanjang lerengnya: $M\dot v = Mg\sin\alpha - T$ ; normal: $N = Mg\cos\alpha$ ;
momentum sudut terhadap $G$ : $kMR^2\dot\omega = TR$ ;
tanpa selip: $v = R\omega$ , sehingga $T = kM\dot v$ dan

$\dot v = \frac{g\sin\alpha}{1 + k} , \qquad T = \frac{k}{1 + k}\, Mg\sin\alpha ;$
periksa: $T \le fN \iff \tan\alpha \le f\,\dfrac{1 + k}{k}$ . Di atas kemiringan itu bendanya selip, $T = fMg\cos\alpha$ , $\dot v = g(\sin\alpha - f\cos\alpha)$ dan $\dot\omega = fg\cos\alpha/kR$ .

Periksa energinya (tanpa selip, gesekannya tak berdaya): $\tfrac12(1 + k)Mv^2 = Mgh$ memberi $v = \sqrt{2gh/(1 + k)}$ — bola mengalahkan cakram, yang mengalahkan gelang, tak bergantung pada massa dan jari-jari.

Kiri: gaya-gaya pada benda tegar yang menggelinding menuruni bidang miring — berat di G, reaksi normal dan gesekan di titik sentuhnya. Kanan: percepatan sebuah cakram (k = 1/2) sebagai fungsi kemiringannya untuk f = 0.5: ia menggelinding tanpa selip selama 3f, lalu selip dan percepatannya mengikuti g( - f ), selalu di bawah g tanpa gesekan. — Kiri: gaya-gaya pada benda tegar yang menggelinding menuruni bidang miring — berat di $G$ , reaksi normal dan gesekan di titik sentuhnya. Kanan: percepatan sebuah cakram ( $k = \tfrac12$ ) sebagai fungsi kemiringannya untuk $f = 0.5$ : ia menggelinding tanpa selip selama $\tan\alpha \le 3f$ , lalu selip dan percepatannya mengikuti $g(\sin\alpha - f\cos\alpha)$ , selalu di bawah $g\sin\alpha$ tanpa gesekan.

Contoh 1.19 (Mengapa mobil memerlukan gesekan untuk dipercepat)

Sebuah mobil berpenggerak roda depan: mesinnya mengerahkan momen gaya pada roda depannya; satu-satunya gaya luar mendatar pada mobilnya adalah gesekan jalan pada bannya, dan gaya itulah yang mempercepat mobilnya. Dengan seluruh beratnya di atas roda penggerak, percepatan maksimumnya adalah $fg \approx 8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ di atas aspal kering — dan separuhnya jika hanya separuh beratnya bertumpu pada gandar penggerak; di atas es, $1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . Usaha mesinnya tidak dilakukan oleh jalan (yang titik sentuhnya diam): itu usaha dalam, yang diubah transmisinya menjadi energi kinetik — sebagaimana gaya dalam otot seorang pejalan, bukan tanahnya, yang memasok energi pejalan itu.

Contoh 1.20 (Peralihan dari meluncur ke menggelinding)

Sebuah bola boling dilepaskan meluncur dengan $v_0$ tanpa putaran. Gesekan kinetik $fMg$ memperlambat pusatnya ( $\dot v = -fg$ ) dan memutar bolanya ( $\tfrac25MR^2\dot\omega = fMgR$ , $\dot\omega = 5fg/2R$ ) sampai $v = R\omega$ : pada $t_1 = 2v_0/7fg$ , dengan $v_1 = \tfrac57v_0$ . Sejak saat itu ia menggelinding tanpa selip dengan kelajuan tetap. Dua per tujuh kelajuannya, dan $1 - (\tfrac57)^2\tfrac75 = \tfrac27$ energi kinetiknya, hilang menjadi kalor selama meluncur — berapa pun $f$ ; $f$ hanya menentukan secepat apa.

Sebuah bola yang dilepaskan meluncur tanpa putaran: gesekan kinetik mengerem pusatnya dan memutar bolanya, linear dalam waktu, sampai R menyusul v_G pada 5/7v_0; sejak saat itu bolanya menggelinding tanpa selip dan gesekannya berhenti bekerja. — Sebuah bola yang dilepaskan meluncur tanpa putaran: gesekan kinetik mengerem pusatnya dan memutar bolanya, linear dalam waktu, sampai $R\omega$ menyusul $v_G$ pada $\tfrac57v_0$ ; sejak saat itu bolanya menggelinding tanpa selip dan gesekannya berhenti bekerja.

1.5 Latihan

Latihan 1.1 ★

Momen inersia: (a) batang $1.0\,\mathrm{m}$ , $0.50\,\mathrm{kg}$ terhadap sumbu tegak lurus yang melalui pusatnya, lalu melalui salah satu ujungnya; (b) cakram $2.0\,\mathrm{kg}$ berjari-jari $20\,\mathrm{cm}$ terhadap sumbunya, lalu terhadap sumbu sejajar yang melalui peleknya; (c) bola biliar $0.16\,\mathrm{kg}$ berdiameter $57\,\mathrm{mm}$ . (d) Gelang tipis dan cakram pejal bermassa dan berjari-jari sama: mana yang lebih sukar dipercepat putarannya, dan dengan faktor berapa?

Solusi

Solusi Latihan 1.1.

(a) $\tfrac1{12}M\ell^2 = 4.2 \times 10^{-2}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; melalui satu ujungnya (Huygens, $d = \ell/2$ ): $\tfrac13M\ell^2 = 0.167\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . (b) $\tfrac12MR^2 = 4.0 \times 10^{-2}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; di peleknya $\tfrac32MR^2 = 0.12\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . (c) $\tfrac25 \times 0.16 \times (0.0285)^2 = 5.2 \times 10^{-5}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . (d) Gelangnya, $MR^2$ lawan $\tfrac12MR^2$ : dua kali lipat.

Latihan 1.2 ★

Sebuah sepeda melaju $18\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ dengan roda berdiameter $70\,\mathrm{cm}$ . Tentukanlah kecepatan sudut rodanya; kelajuan pentilnya, dalam kerangka jalan, ketika ia berada di puncak, di dasar, dan di depan rodanya (setinggi gandarnya); kelajuan tapak bannya relatif terhadap rangka sepedanya. Sebuah batu yang terselip di tapak ban terlepas di puncak: dengan kelajuan berapa ia berangkat?

Solusi

Solusi Latihan 1.2.

$v = 5.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega = v/R = 5/0.35 = 14.3\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ . Puncak: $2v = 10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ke depan; dasar: $0$ ; depan: $\vect v_G + \vect\Omega \wedge\vect{GM} = (v, -v)$ , yakni $v\sqrt2 = 7.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dengan kemiringan $45{}^{\circ}$ ke bawah. Relatif terhadap sepedanya tapak bannya bergerak dengan $R\omega = v = 5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ di mana-mana. Batunya berangkat dengan $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , mendatar ke depan.

Latihan 1.3 ★

Sebuah roda gila berupa cakram baja $40\,\mathrm{kg}$ berjari-jari $25\,\mathrm{cm}$ . (a) Energi yang tersimpan pada $6000\,\mathrm{rpm}$ . (b) Momen gaya tetap yang diperlukan untuk memutarnya dari diam dalam $2.0\,\mathrm{min}$ ; dayanya pada akhir pemutaran. (c) Dalam sebuah bus, ia harus menyerahkan $20\,\mathrm{kW}$ selama $10\,\mathrm{s}$ : sampai kelajuan berapa ia melambat? (d) Mengapa roda gila berkelajuan tinggi dijalankan dalam hampa?

Solusi

Solusi Latihan 1.3.

$J = \tfrac12 \times 40 \times 0.25^2 = 1.25\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $\omega = 628\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ . (a) $E = \tfrac12J\omega^2 = 246\,\mathrm{kJ}$ . (b) $\Gamma = J\omega/\Delta t = 1.25 \times 628/120 = 6.5\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; $P = \Gamma\omega = 4.1\,\mathrm{kW}$ di akhirnya. (c) $200\,\mathrm{kJ}$ yang diambil menyisakan $46\,\mathrm{kJ}$ : $\omega = \sqrt{2 \times 46\,000/1.25} = 271\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} = 2600\,\mathrm{rpm}$ . (d) Hambatan udara pada peleknya tumbuh sebagai $\omega^2$ (dayanya sebagai $\omega^3$ ) dan akan memanaskan serta memperlambat rotornya; dalam hampa di atas bantalan magnetik rugi-ruginya turun menjadi beberapa watt.

Latihan 1.4 ★

Sebuah cakram serbasama berjari-jari $R$ berayun dalam bidang tegak terhadap sumbu mendatar yang melalui sebuah titik peleknya. Tentukanlah momen inersia terhadap sumbu itu; periode osilasi kecilnya untuk $R = 20\,\mathrm{cm}$ ; panjang bandul sederhana yang setara. Pertanyaan yang sama untuk sumbu yang berjarak $R/2$ dari pusatnya. Di manakah sumbunya harus diletakkan agar periodenya terpendek?

Solusi

Solusi Latihan 1.4.

$J = \tfrac12MR^2 + MR^2 = \tfrac32MR^2$ , $d = R$ : $\ell_{\text{ek}} = \tfrac32R = 0.30\,\mathrm{m}$ , $T = 2\pi\sqrt{0.30/9.81} = 1.10\,\mathrm{s}$ . Pada $R/2$ : $J = \tfrac12MR^2 + \tfrac14MR^2 = \tfrac34MR^2$ , $d = R/2$ , $\ell_{\text{ek}} = \tfrac32R$ lagi, periodenya sama. Secara umum $\ell_{\text{ek}}(d) = (R^2/2 + d^2)/d$ , minimum pada $d = R/\sqrt2$ : $\ell_{\text{ek}} = R\sqrt2 = 0.283\,\mathrm{m}$ , $T = 1.07\,\mathrm{s}$ .

Latihan 1.5 ★★

Sebuah gelang, sebuah cakram dan sebuah bola berjari-jari sama dilepaskan bersama-sama di puncak bidang miring setinggi $2.0\,\mathrm{m}$ berkemiringan $20{}^{\circ}$ , $f = 0.30$ . (a) Periksalah bahwa ketiganya menggelinding tanpa selip. (b) Kelajuan masing-masing di dasarnya; urutan tibanya. (c) Waktu tempuh masing-masing. (d) Tunjukkanlah bahwa gaya gesek pada bolanya adalah $\tfrac27Mg\sin\alpha$ dan bahwa gaya itu tidak melakukan usaha. (e) Pada kemiringan berapa gelangnya mulai selip? Bolanya?

Solusi

Solusi Latihan 1.5.

(a) $\tan20^\circ = 0.36 \le f(1 + k)/k$ , yakni $\le 0.6$ (gelang), $0.9$ (cakram), $1.05$ (bola): ketiganya menggelinding. (b) $v = \sqrt{2gh/(1 + k)}$ : gelang $4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , cakram $5.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , bola $5.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; bola lebih dulu, gelang terakhir. (c) Panjangnya $h/\sin\alpha = 5.85\,\mathrm{m}$ , $a = g\sin\alpha/(1 + k) = 1.68$ , $2.24$ , $2.40\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $t = \sqrt{2d/a} = 2.6$ , $2.3$ , $2.2\,\mathrm{s}$ . (d) $T = \dfrac{k}{1 + k}Mg\sin\alpha = \tfrac27Mg\sin\alpha$ ; titik sentuhnya diam, sehingga $\vect T\cdot\vect v_I = 0$ . (e) Gelang: $\tan\alpha > 2f = 0.6$ , $\alpha > 31{}^{\circ}$ ; bola: $\tan\alpha > 3.5f = 1.05$ , $\alpha > 46{}^{\circ}$ .

Latihan 1.6 ★★

Rem cakram. Sebuah roda beserta cakram remnya mempunyai $J = 1.2\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ dan berputar pada $900\,\mathrm{rpm}$ ; dua kampas menekan cakramnya pada jari-jari rata-rata $12\,\mathrm{cm}$ , masing-masing dengan gaya normal $800\,\mathrm{N}$ , $f = 0.40$ . Tentukanlah momen pengeremannya; perlambatan sudutnya; waktu dan jumlah putaran sampai berhenti; kalor yang dilepaskan, dan kenaikan suhu cakram baja $1.5\,\mathrm{kg}$ ( $c = 470\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})$ ) jika ia menyimpan seluruhnya.

Solusi

Solusi Latihan 1.6.

$\Gamma = 2fNr = 2 \times 0.4 \times 800 \times 0.12 = 77\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; $\dot\omega = \Gamma/J = 64\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}^{2}$ ; $\omega_0 = 94\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $t = 1.5\,\mathrm{s}$ ; $\theta = \omega_0^2/2\dot\omega = 69\,\mathrm{rad} = 11$ putaran; kalor $= \tfrac12J \omega_0^2 = 5.3\,\mathrm{kJ}$ , $\Delta T = 5300/(1.5 \times 470) = 7.6\,\mathrm{K}$ .

Latihan 1.7 ★★

Mesin Atwood dengan katrol nyata. Massa $m_1 = 2.0\,\mathrm{kg}$ dan $m_2 = 1.5\,\mathrm{kg}$ tergantung pada tali yang melewati katrol berjari-jari $R = 10\,\mathrm{cm}$ dan bermomen inersia $J = 5.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ pada poros sempurna; talinya tidak selip pada katrolnya. (a) Mengapa kedua tegangan talinya berbeda? (b) Persamaan bagi kedua massanya dan katrolnya; percepatannya. (c) Kedua tegangannya. (d) Bandingkanlah dengan katrol tanpa massa; lewat energi, dapatkanlah kembali percepatannya.

Solusi

Solusi Latihan 1.7.

(a) Talinya harus mengerahkan momen gaya total untuk memutar katrolnya: $T_1 \ne T_2$ . (b) $m_1a = m_1g - T_1$ , $m_2a = T_2 - m_2g$ , $J\dot\omega = (T_1 - T_2)R$ dengan $a = R\dot\omega$ : $a = (m_1 - m_2)g/(m_1 + m_2 + J/R^2) = 0.5 \times 9.81/4.0 = 1.23\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . (c) $T_1 = m_1(g - a) = 17.2\,\mathrm{N}$ , $T_2 = m_2(g + a) = 16.6\,\mathrm{N}$ . (d) Tanpa massa: $1.40\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . Energi: $(m_1 - m_2)gx = \tfrac12(m_1 + m_2 + J/R^2)v^2$ ; turunkanlah.

Latihan 1.8 ★★

Tangga. Sebuah tangga serbasama sepanjang $\ell$ bermassa $m$ bersandar dengan sudut $\theta$ dari arah mendatar pada dinding tegak yang licin; lantainya berkoefisien gesek $f$ . (a) Gaya-gayanya dan momennya terhadap kakinya; persamaan kesetimbangannya. (b) Tunjukkanlah bahwa kesetimbangannya menuntut $\tan\theta \ge 1/2f$ . (c) Sudut minimum untuk $f = 0.40$ . (d) Seseorang bermassa $3m$ menaiki tangga yang dipasang pada $60{}^{\circ}$ : sampai seberapa tinggi (pecahan dari $\ell$ ) ia dapat naik?

Solusi

Solusi Latihan 1.8.

(a) Berat $mg$ di tengahnya; dinding: $N_w$ mendatar di puncaknya; lantai: $N = mg$ tegak dan gesekan mendatar $T = N_w$ . Momen terhadap kakinya: $mg\,\tfrac{\ell}2\cos\theta = N_w\ell\sin\theta$ . (b) $T = N_w = mg/(2\tan\theta) \le fmg \iff \tan\theta \ge 1/2f$ . (c) $\tan\theta \ge 1.25$ , $\theta \ge 51{}^{\circ}$ . (d) Orang di $x$ : $N = 4mg$ , $N_w = mg(\tfrac12 + 3x/\ell)/\tan60^\circ \le 4fmg = 1.6mg$ : $x/\ell \le (2.77 - 0.5)/3 = 0.76$ .

Latihan 1.9 ★★

Putaran balik. Sebuah bola biliar dipukul sehingga ia berangkat dengan kelajuan pusat $v_0$ dan putaran balik $\omega_0$ (rotasi yang berlawanan dengan gelindingnya). Koefisien geseknya $f$ . (a) Persamaan bagi $v$ dan $\omega$ selama meluncur. (b) Saat ketika ia mulai menggelinding tanpa selip dan kelajuannya waktu itu, sebagai fungsi $v_0$ , $R\omega_0$ . (c) Syarat pada $R\omega_0$ agar bolanya kembali menuju pemainnya. (d) Angka: $v_0 = 2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $R\omega_0 = 6.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $f = 0.2$ , $R = 2.9\,\mathrm{cm}$ .

Solusi

Solusi Latihan 1.9.

(a) Titik sentuhnya bergerak maju dengan $v + R\omega$ ( $\omega > 0$ untuk putaran balik): gesekan $-fmg$ pada pusatnya, $\dot v = -fg$ ; momen gaya $-fmgR$ pada putarannya: $\dot\omega = -5fg/2R$ . (b) Selipnya $v + R\omega = v_0 + R\omega_0 - \tfrac72fgt$ lenyap pada $t_1 = 2(v_0 + R\omega_0)/7fg$ , lalu $v_1 = v_0 - fgt_1 = (5v_0 - 2R\omega_0)/7$ . (c) $v_1 < 0 \iff R\omega_0 > \tfrac52v_0$ . (d) $t_1 = 16/(7 \times 1.96) = 1.2\,\mathrm{s}$ ; $v_1 = (10 - 12)/7 = -0.29\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : bolanya kembali.

Latihan 1.10 ★★★

Kelos benang. Sebuah kelos (massa $M$ , momen inersia $J = kMR^2$ terhadap sumbunya, jari-jari luar $R$ ) terletak di atas meja mendatar; benang yang tergulung pada porosnya yang berjari-jari $r < R$ ditarik mendatar dengan gaya $F$ , benangnya keluar dari bawah porosnya. (a) Dengan mengandaikan ia menggelinding tanpa selip, tuliskanlah persamaan momentum dan momentum sudutnya lalu carilah percepatan pusatnya; ke arah mana kelosnya menggelinding? (b) Gaya gesek yang diperlukan, dan syarat pada $F$ agar tidak selip. (c) Pertanyaan yang sama jika benangnya ditarik dengan sudut $\beta$ di atas arah mendatar; tunjukkanlah bahwa kelosnya tetap diam ketika $\cos\beta = r/R$ , dan jelaskanlah secara geometris (sumbu seketikanya melalui titik sentuh). (d) Apa yang terjadi untuk $\cos\beta < r/R$ ?

Solusi

Solusi Latihan 1.10.

(a) Dengan $x$ ke arah tarikannya, gesekan $T$ sepanjang $x$ : $Ma = F + T$ ; momen terhadap $G$ (berlawanan jarum jam): $rF + RT = -kMRa$ (menggelinding, $\omega_z = -a/R$ ). Jadi $a = F(R - r)/(1 + k)MR > 0$ : kelosnya menggelinding menuju tarikannya, sambil menggulung benangnya. (b) $T = -F(kR + r)/(1 + k)R$ (ke belakang); tanpa selip jika $F \le fMg(1 + k)R/(kR + r)$ . (c) Garis kerja benangnya menyinggung porosnya; momennya terhadap titik sentuh $I$ adalah $F(r - R\cos\beta)$ , searah jarum jam (menggelinding maju) bila $\cos\beta > r/R$ , nol bila garisnya melewati $I$ — sumbu seketikanya — lalu $a = F(R\cos\beta - r)/(1 + k)MR$ , $T = -F(kR\cos\beta + r)/(1 + k)R$ , $N = Mg - F\sin\beta$ . (d) Untuk $\cos\beta < r/R$ momennya terhadap $I$ berlawanan jarum jam: kelosnya menggelinding menjauhi penariknya.

Latihan 1.11 ★★★

Di mana bola biliar harus dipukul. Sebuah tongkat menyerahkan impuls mendatar $P$ (gaya yang sangat singkat) kepada bola berjari-jari $R$ yang diam, pada ketinggian $h$ di atas mejanya. (a) Momentum dan momentum sudut tepat sesudah pukulannya (gesekan diabaikan selama pukulan). (b) Tunjukkanlah bahwa bolanya langsung menggelinding tanpa selip jika $h = \tfrac75R$ , berputaran atas di atasnya, berputaran balik di bawahnya. (c) Untuk $h = R$ (pukulan di pusat), sejauh mana bolanya meluncur sebelum menggelinding, dengan $f = 0.2$ dan $v_0 = 3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ? (d) Mengapa bantalan tepi meja biliar dibuat setinggi $\tfrac75R$ ?

Solusi

Solusi Latihan 1.11.

(a) $Mv_0 = P$ ; terhadap $G$ : $\tfrac25MR^2\omega_0 = P(h - R)$ (arah putaran atas untuk $h > R$ ). (b) $v_0 = R\omega_0 \iff 2R = 5(h - R) \iff h = \tfrac75R$ ; di atasnya $R\omega_0 > v_0$ (putaran atas), di bawahnya putaran balik atau kurang. (c) $\omega_0 = 0$ : meluncur selama $t_1 = 2v_0/7fg = 0.44\,\mathrm{s}$ , sejauh $v_0t_1 - \tfrac12fgt_1^2 = 1.1\,\mathrm{m}$ . (d) Bantalan tepi setinggi $\tfrac75R$ mengembalikan bolanya menggelinding tanpa selip: tanpa tahap meluncur, tanpa kelajuan yang hilang ke kainnya, pantulannya terramalkan.

Latihan 1.12 ★★★

Tabung dalam mangkuk. Sebuah tabung pejal berjari-jari $r$ menggelinding tanpa selip di dalam permukaan tabung tetap berjari-jari $R > r$ , kedua sumbunya mendatar dan sejajar. Misalkan $\theta$ sudut garis penghubung kedua pusatnya dari arah tegak. (a) Nyatakanlah kecepatan sudut tabungnya terhadap sumbunya sendiri dalam $\dot\theta$ (petunjuk: titik sentuhnya diam). (b) Energi kinetik dan energi potensialnya; tunjukkanlah bahwa periode osilasi kecilnya adalah $T = 2\pi\sqrt{3(R - r)/2g}$ . (c) Bandingkanlah dengan titik yang meluncur tanpa gesekan di dalam mangkuknya. (d) Koefisien gesek minimum agar ia menggelinding tanpa selip pada amplitudo $\theta_0$ (sudut kecil).

Solusi

Solusi Latihan 1.12.

(a) $v_G = (R - r)\dot\theta$ ; titik sentuhnya diam, sehingga tabungnya berputar dengan $\omega = v_G/r = (R - r)\dot\theta/r$ terhadap sumbunya. (b) $E_k = \tfrac12Mv_G^2 + \tfrac12\cdot\tfrac12Mr^2\omega^2 = \tfrac34M(R - r)^2 \dot\theta^2$ , $E_p = -Mg(R - r)\cos\theta$ ; $\dd E/\dd t = 0$ memberi $\ddot\theta + \dfrac{2g}{3(R - r)}\sin\theta = 0$ , $T = 2\pi\sqrt{3(R - r)/2g}$ . (c) Titik yang meluncur: $2\pi\sqrt{(R - r)/g}$ — gelindingnya lebih lambat dengan faktor $\sqrt{3/2}$ , sepertiga energinya berupa rotasi. (d) Tangensial: $M(R - r)\ddot\theta = -Mg\sin\theta + T$ , sehingga $T = \tfrac13Mg\sin\theta$ ; di titik baliknya $N = Mg\cos\theta_0$ : $f \ge \tfrac13\tan\theta_0 \approx \theta_0/3$ .

1.6 Soal: Sebuah kendaraan beroda

Soal 1.1

Soal akhir pekan — apa yang dituntut sebuah mobil dari bannya: menggelinding, dipercepat, direm, dan satu gaya yang melakukan semuanya

Sebuah mobil bermassa $M = 1200\,\mathrm{kg}$ berjarak sumbu roda $L = 2.6\,\mathrm{m}$ ; pusat massanya berada pada ketinggian $h = 0.55\,\mathrm{m}$ dan pada jarak mendatar $a = 1.1\,\mathrm{m}$ dari gandar depan serta $b = 1.5\,\mathrm{m}$ dari gandar belakang. Masing-masing dari keempat rodanya berjari-jari $R = 0.31\,\mathrm{m}$ , bermassa $m = 15\,\mathrm{kg}$ dan bermomen inersia $J = 1.0\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ terhadap gandarnya. Koefisien gesek ban–jalan $f = 0.80$ (kering); koefisien gesekan gelinding $\mu_r = 0.012$ . $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ .

Bagian I — Menggelinding.

Mobilnya melaju $v = 90\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . Kecepatan sudut rodanya; kecepatan, dalam kerangka jalan, titik puncak, titik dasar dan titik depan sebuah bannya.
Energi kinetik total mobilnya, dengan memisahkan translasi keseluruhannya dan rotasi keempat rodanya; berapa bagiankah rotasi rodanya?
Dalam keadaan diam di lantai datar, gaya normal $N_f$ (kedua roda depan bersama) dan $N_r$ (kedua roda belakang) dari persamaan momentum dan momentum sudutnya — gandar mana yang memikul lebih banyak?
Momen gesekan gelinding pada tiap roda adalah $\mu_rNR$ . Daya yang dilesapkan gesekan gelinding pada $90\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; bandingkanlah dengan gaya hambat aerodinamik $\tfrac12\rho C_xSv^2$ dengan $C_xS = 0.70\,\mathrm{m}^{2}$ , $\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ .
Mesinnya dimatikan dan mobilnya meluncur bebas di lantai datar: tuliskanlah persamaan bagi $v(t)$ (sertakan kelembaman rodanya sebagai massa efektif) lalu perkirakanlah jaraknya untuk melambat dari $90\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ menjadi $45\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ , dengan mengabaikan hambatan udara; lalu dengan hanya hambatan udara.

Bagian II — Dipercepat. Mobilnya berpenggerak roda depan; mesinnya mengerahkan momen gaya $\Gamma$ pada kedua roda depan bersama-sama. Abaikanlah hambatan udara dan gesekan gelinding di sini.

Gambarlah gaya-gaya luar pada mobilnya secara keseluruhan. Gaya mana yang mempercepatnya? Berapa daya jalan pada mobilnya, dan dari mana energi kinetiknya datang?
Tuliskanlah persamaan momentum mobilnya, persamaan momentum sudut roda depannya terhadap gandarnya, dan syarat tanpa selip; tunjukkanlah bahwa percepatannya adalah $\dot v = \Gamma/R\,/\,(M + 4J/R^2)$ lalu hitunglah massa efektifnya.
Momentum sudut terhadap pusat massa untuk seluruh mobilnya (anggaplah momentum sudut rodanya dapat diabaikan): tunjukkanlah bahwa alih beban di bawah percepatan $\dot v$ adalah $N_r - N_r^0 = Mh\dot v/L$ — gandar depan berkurang bebannya, gandar belakang bertambah.
Percepatan maksimum tanpa roda penggerak (depan) berputar di tempat: tunjukkanlah bahwa $\dot v_{\max} = fgb/(L + fh)$ lalu hitunglah; hal yang sama untuk mobil berpenggerak roda belakang, $\dot v_{\max} = fga/(L - fh)$ . Tata letak mana yang mempercepat lebih kuat, dan mengapa mobil balap lurus menaruh beratnya di belakang?
Momen gaya mesin di rodanya yang diperlukan untuk $\dot v_{\max}$ ; daya yang bersesuaian pada $50\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .
Mobil yang sama di atas es ( $f = 0.10$ ): percepatan maksimum dan waktu untuk mencapai $50\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .
Apa yang dilakukan gaya gesek pada ban depan terhadap bannya — meluncur atau tidak — dan mengapa roda yang berputar di tempat di atas es mempercepat mobilnya lebih sedikit daripada roda yang mencengkeram?

Bagian III — Pengereman.

Remnya mengerahkan momen gaya pada tiap roda. Tunjukkanlah bahwa, untuk roda yang tetap menggelinding, gaya pengereman pada mobilnya adalah gesekan jalan pada bannya, dan bahwa momen remnya dibatasi oleh $fN_iR$ tiap roda.
Alih beban di bawah perlambatan $\gamma$ : beban gandar depan $N_f = Mg\,b/L + Mh\gamma/L$ ; angkanya pada $\gamma = fg$ .
Perlambatan maksimum dengan keempat rodanya di ambang selip; jarak berhenti dari $90\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ di jalan kering, dan di jalan basah ( $f = 0.45$ ).
Jika remnya diatur sehingga momen depan dan momen belakangnya sama, gandar mana yang terkunci lebih dulu pada pengereman keras? Mengapa gandar belakang yang terkunci berbahaya (pikirkanlah arah gaya gesek pada ban yang meluncur)?
Sebuah roda terkunci lalu meluncur: perlambatan dari jalannya, dan berapa bagian pengereman puncaknya yang hilang dengan $f_{\text{kin}} = 0.7$ dibandingkan $f_{\text{stat}} = 0.8$ . Jelaskanlah apa yang dilakukan sistem anti-kunci dan mengapa ia mengedutkan remnya.
Kalor yang dilepaskan di remnya dari $90\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; kenaikan suhu empat cakram baja $6\,\mathrm{kg}$ ( $c = 470\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})$ ); mengapa jalan pegunungan mempunyai jalur penyelamat truk?
Sebuah mobil listrik memungut kembali energi pengereman lewat motornya dengan efisiensi $70\,\%$ : energi yang terpungut tiap pengereman dari $90\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; jumlah pengereman semacam itu yang setara dengan baterai $50\,\mathrm{kWh}$ .

Bagian IV — Menikung dan sebuah roda yang terangkat.

Mobilnya membelok di jalan datar pada lingkaran berjari-jari $\rho = 50\,\mathrm{m}$ dengan $v$ : gaya geseknya harus memasok $Mv^2/\rho$ . Kelajuan menikung maksimum di jalan kering dan di jalan basah.
Momentum sudut terhadap pusat massa sepanjang arah geraknya: tunjukkanlah bahwa roda luarnya bertambah beban sebesar $\Delta N = Mv^2h/\rho w$ dengan $w = 1.5\,\mathrm{m}$ lebar jejaknya; kelajuan ketika roda dalamnya terangkat ( $\Delta N = Mg/2$ ), lalu bandingkanlah dengan kelajuan tergelincirnya: mobil ini terguling atau tergelincir lebih dulu?
Tikungannya dimiringkan dengan sudut $\beta$ . Tunjukkanlah bahwa pada kelajuan $v = \sqrt{g\rho\tan\beta}$ tidak diperlukan gesekan sama sekali; nilainya untuk $\beta = 10{}^{\circ}$ .
Sebuah roda didongkrak sehingga terangkat dari tanah lalu diputar dengan tangan sampai $60\,\mathrm{rpm}$ ; bantalannya mengerahkan momen gesek $0.05\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ . Berapa lama ia berputar? Energi kinetik yang hilang.
Roda yang berputar itu diturunkan ke jalan (mobil diam, roda pada $60\,\mathrm{rpm}$ , $N = 3\,\mathrm{kN}$ ): lama meluncur sebelum berhenti, dan jarak yang akan ditempuh mobilnya seandainya ia bebas menggelinding (perlakukanlah mobilnya sebagai massa $M$ di atas roda bebas, abaikanlah kelembaman roda lainnya).
Rangkumlah dalam satu tabel: keempat keadaan geraknya (menggelinding, dipercepat, direm, menikung), gaya yang bekerja pada masing-masing dan batas Coulomb yang harus dipatuhinya.

Solusi

Solusi Soal 1.1.

1. $v = 25\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega = 80.6\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; puncak $50\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , dasar $0$ , depan $(25, -25)$ : $35\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ miring $45{}^{\circ}$ ke bawah.

2. $\tfrac12Mv^2 = 375\,\mathrm{kJ}$ ; $4 \times \tfrac12J\omega^2 = 13\,\mathrm{kJ}$ ; totalnya $388\,\mathrm{kJ}$ , rodanya $3.3\%$ .

3. $N_f + N_r = Mg = 11.8\,\mathrm{kN}$ , $N_fa = N_rb$ : $N_f = Mgb/L = 6.8\,\mathrm{kN}$ , $N_r = Mga/L = 5.0\,\mathrm{kN}$ — gandar depan (mesin).

4. $P_r = \sum\mu_rN_iR\omega = \mu_rMgv = 0.012 \times 11772 \times 25 = 3.5\,\mathrm{kW}$ ; hambatan udara $\tfrac12 \times 1.2 \times 0.7 \times 625 = 262\,\mathrm{N}$ , $6.6\,\mathrm{kW}$ .

5. $(M + 4J/R^2)\dot v = -\mu_rMg - \tfrac12\rho C_xSv^2$ , $M_{\text{ef}} = 1200 + 41.6 = 1242\,\mathrm{kg}$ . Hanya gelinding: $\dot v = -0.114\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $d = (25^2 - 12.5^2)/0.228 = 2.1\,\mathrm{km}$ . Hanya hambatan udara: $v = v_0\eu^{-x/\lambda}$ , $\lambda = M_{\text{ef}}/\tfrac12\rho C_xS = 2.96\,\mathrm{km}$ , $d = \lambda\ln2 = 2.0\,\mathrm{km}$ (keduanya bersama: $1.0\,\mathrm{km}$ ).

6. Berat, reaksi normal, gesekan jalan pada ban-bannya. Gesekan ke depan pada ban depannya adalah satu-satunya gaya luar mendatar, sehingga gesekan itulah yang mempercepat mobilnya; dayanya nol (titik sentuhnya diam); energi kinetiknya datang dari mesinnya — usaha dalam.

7. $M\dot v = T_f - T_r$ ; roda depan $2J\dot v/R = \Gamma - T_fR$ ; roda belakang $2J\dot v/R = T_rR$ . Dijumlahkan: $(M + 4J/R^2)\dot v = \Gamma/R$ ; $M_{\text{ef}} = 1242\,\mathrm{kg}$ .

8. Momen terhadap $G$ (gaya mendatar dari jalan pada kedalaman $h$ , totalnya $M\dot v$ ): $aN_f - bN_r + hM\dot v = 0$ dengan $N_f + N_r = Mg$ , jadi $N_r = Mga/L + Mh\dot v/L$ : yang belakang memperoleh $Mh\dot v/L$ , yang depan kehilangannya.

9. Penggerak depan: $M\dot v \le fN_f = f(Mgb/L - Mh\dot v/L)$ , jadi $\dot v_{\max} = fgb/(L + fh) = 11.77/3.04 = 3.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . Penggerak belakang: $M\dot v \le f(Mga/L + Mh\dot v/L)$ , $\dot v_{\max} = fga/(L - fh) = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . Alih bebannya menguntungkan gandar belakang: penggerak belakang, dan berat di belakang, mempercepat lebih kuat.

10. $\Gamma = RM_{\text{ef}}\dot v_{\max} = 0.31 \times 1242 \times 3.87 = 1.5\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ ; $P = \Gamma v/R = 1490 \times 13.9/0.31 = 67\,\mathrm{kW}$ .

11. $\dot v_{\max} = 0.1 \times 9.81 \times 1.5/2.655 = 0.55\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $25\,\mathrm{s}$ untuk mencapai $50\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .

12. Mencengkeram: gesekan statik, tanpa selip, tanpa pelesapan di titik sentuhnya. Berputar di tempat: gesekan kinetik (koefisiennya sedikit lebih kecil), usahanya memanaskan bannya dan memoles atau mencairkan esnya, dan daya mesinnya habis memutar rodanya, bukan menjalankan mobilnya.

13. Momen remnya bersifat dalam (roda–bodi); mobilnya hanya diperlambat oleh gesekan jalan ke belakang pada bannya. Untuk rodanya ( $J\dot\omega$ diabaikan): $\Gamma_b \approx T_iR \le fN_iR$ .

14. Neraca yang sama dengan $\dot v = -\gamma$ : $N_f = Mgb/L + Mh\gamma/L$ ; pada $\gamma = fg = 7.85\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : $N_f = 6792 + 1992 = 8.8\,\mathrm{kN}$ , $N_r = 3.0\,\mathrm{kN}$ .

15. $\gamma_{\max} = fg = 7.85\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; $d = v^2/2\gamma = 40\,\mathrm{m}$ ; basah $f = 0.45$ : $4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $71\,\mathrm{m}$ .

16. Momen yang sama memberi gaya yang sama, tetapi gandar belakang hanya memikul $3.0\,\mathrm{kN}$ : gandar itulah yang terkunci lebih dulu. Gesekan pada ban yang meluncur berlawanan arah dengan kecepatan selipnya dan tidak lagi dapat memasok gaya lateral: gandar belakang yang terkunci kehilangan kestabilan arah dan mobilnya berputar.

17. Terkunci: $\gamma = 0.7g = 6.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $12\%$ lebih kecil, jarak berhenti $45\,\mathrm{m}$ alih-alih $40\,\mathrm{m}$ — dan tanpa kendali kemudi. Sistem anti-kunci mengindra roda yang melambat menuju terkunci, melepaskan lalu menekan remnya kembali berkali-kali tiap sekon, sehingga bannya tetap dekat puncak statiknya dan tetap menggelinding.

18. $388\,\mathrm{kJ}$ ke dalam $4 \times 6 \times 470 = 11.3\,\mathrm{kJ}/\mathrm{K}$ : $\Delta T = 34\,\mathrm{K}$ tiap pengereman. Truk $40\,\mathrm{t}$ yang menuruni $1000\,\mathrm{m}$ harus melesapkan $Mgh = 390\,\mathrm{MJ}$ : remnya kepanasan lalu melemah; jalur kerikil menghentikan truknya lewat gesekan kerikilnya.

19. $0.7 \times 388 = 272\,\mathrm{kJ} = 0.075\,\mathrm{kWh}$ ; baterai $50\,\mathrm{kWh}$ setara sekitar $660$ pengereman semacam itu.

20. $Mv^2/\rho \le fMg$ : $v \le \sqrt{fg\rho} = 19.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s} = 71\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ ; basah $53\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .

21. Gesekan lateral $Mv^2/\rho$ pada kedalaman $h$ , gaya normal di $\pm w/2$ : $(N_{\text{luar}} - N_{\text{dalam}})\,w/2 = Mv^2h/\rho$ , jadi $\Delta N = Mv^2h/\rho w$ . Roda dalamnya terangkat pada $\Delta N = Mg/2$ : $v = \sqrt{g\rho w/2h} = 25.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} = 93\,\mathrm{km}/\mathrm{h} > 71\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ : ia tergelincir lebih dulu (sebab $f < w/2h = 1.36$ ).

22. Pada tikungan bersudut kemiringan $\beta$ tanpa gesekan, $N\sin\beta = Mv^2/\rho$ dan $N\cos\beta = Mg$ : $v = \sqrt{g\rho\tan\beta} = 9.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s} = 33\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ untuk $10{}^{\circ}$ .

23. $\omega_0 = 6.28\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $J\dot\omega = -0.05\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ : $t = 126\,\mathrm{s}$ ; $\tfrac12J\omega_0^2 = 20\,\mathrm{J}$ hilang.

24. Gesekan kinetik $fN = 2.4\,\mathrm{kN}$ mendorong mobilnya maju: $\dot v = 2400/1200 = 2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; pada rodanya $J\dot\omega = -fNR$ , $\dot\omega = -744\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}^{2}$ . Selipnya $R\omega - v$ bermula pada $1.95\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dan turun dengan $233\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ : ia lenyap dalam $8.4\,\mathrm{ms}$ , sementara mobilnya memperoleh $1.7\,\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ dan berpindah $70\,\text{µ}\mathrm{m}$ — sebuah sentakan, bukan dorongan.

25. Menggelinding: gesekan $\approx 0$ , hambatan gelinding $\mu_rN$ , $|T| \le fN$ dengan sendirinya. Dipercepat: gesekan ke depan pada ban penggeraknya, $T \le fN_{\text{penggerak}}$ , $\dot v \le fgb/(L + fh)$ . Direm: gesekan ke belakang pada semua bannya, $T_i \le fN_i$ , $\gamma \le fg$ . Menikung: gesekan lateral $Mv^2/\rho \le fMg$ . Dalam setiap keadaan satu gaya — gesekan jalan, yang dibatasi hukum Coulomb — melakukan seluruh pekerjaannya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium