Gaya Sentripetal Mikrajuddin Abdullah Fisika Dasar I 2016
Bab 4 Gaya
302
adanya percepatan ke arah pusat a
c
adalah 12a
c
t
2
. Dengan demikian, jarak titik pusat lingkaran ke titik C menjadi R+12a
c
t
2
. Segitiga OAB adalah segitiga siku-siku. Dengan menggunakan teorema Phitagoras kita
dapatkan
A B
C
R R
v t
a
c
O
Gambar 4.39 Menentukan percepatan sentripetal.
2 2
2 2
2 1
t v
R t
a R
c
atau
2 2
2 4
2 2
2
4 1
t v
R t
a t
Ra R
c c
atau
Bab 4 Gaya
303
2 2
2
4 1
v t
a Ra
c c
4.84
Kita ambil selang waktu yang mendekati nol sehingga suku kedua di ruas kiri dapat diabikan. Akhirnya kita dapatkan
2
v Ra
c
Ini berarti percepatan ke arah pusat memenuhi
R v
a
c 2
4.85
Gaya yang dialami benda ke arah pusat memenuhi
R v
m F
2
4.86
Gaya yang diungkapkan oleh persamaan 4.86 disebut gaya sentripetal dan percepatan dalam persamaan 4.85 disebut percepatan sentripetal.
Contoh 4.5 cukup sulit dan dapat dilewati
Misalkan sebuah benda yang meluncur pada lintasan seperempat lingkaran yang memiliki gaya gesekan seperti ditunjukkan dalam Gambar
4.40. Tentukan percepatan benda sebagai fungsi sudut terhadap arah vertikal.
Bab 4 Gaya
304
mg mg cos
mg sin
N f
k
R
Gambar 4.40 Benda meluncur pada lintasan seperempat lingkaran yang memiliki gaya gesekan.
Jawab Gaya ke pusat yang bekerja pada benda adalah
sin
mg N
F
c
4.87
Gaya ke pusat merupakan gaya sentripetal seperti diungkapkan dalam persamaan 4.86. Jika persamaan 4.86 dan 4.87 digabung maka kita
peroleh persamaan berikut ini
R mv
mg N
sin
2
4.88
Bab 4 Gaya
305
Karena benda bergerak maka gaya gesekan yang muncul adalah gaya gesekan kinetik. Besar gaya gesekan kinetik yang bekerja pada benda
adalah
sin
2
R mv
mg N
f
k k
k
4.89
Gaya penggerak yang menarik benda sepanjang lintasan lingkaran adalah
k
f mg
F
cos
= sin
cos
2
R mv
mg mg
k
Dengan menggunakan hukum II Newton kita dapatkan
m F
a
R v
g g
k k
sin cos
2
4.91
Kita memperhatikan gerakan arah tangensial saja. Untuk gerak dalam arah tersebut berlaku
R
v
dan
R a
. Substitusi ke dalam
persamaan 4.91 maka diperoleh
R R
g g
R
k k
sin cos
2
atau
sin cos
2
R g
R g
k k
4.92
Bab 4 Gaya
306
Persamaan 4.92 adalah persamaan diferensial non linier dan sulit diselesaikan langsung.
Untuk menyelesaikan persamaan 4.92 mari kita mulai dengan menulis sebagai berikut
d d
dt d
d d
dt d
4.93
Substitusi persamaan 4.93 ke dalam 4.93 maka kita dapatkan persamaan berikut ini
sin cos
2
R g
R g
d d
k k
atau
sin
cos 2
2 2
R g
R g
d d
k k
4.94
Selanjutnya mari kita misalkan
2
y
4.95 Dengan permisalan ini maka persamaan 4.94 dapat ditulis ulang menjadi
sin cos
2 2
R g
R g
y d
dy
k k
4.96
Kemudian kalikan dua ruas persamaan 4.96 dengan
k
e
2
sehingga diperoleh
Bab 4 Gaya
307
sin cos
2 2
2 2
R g
R g
e y
d dy
e
k k
k k
4.97
Ruas kiri persamaan 4.97 dapat disederhanakan sebagai berikut
sin cos
2
2 2
R g
R g
e ye
d d
k
k k
Dengan melakukan integral ruas kiri dan kanan maka
2 2
sin cos
2 d
R g
R g
e ye
k
k k
4.98
Pada saat = 0, kecepatan awal benda dianggap nol sehingga
kecepatan sudut pun nol yang menyebabkan y0 = 0. Dengan demikian
2 2
sin cos
2 d
R g
R g
e ye
k
k k
4.99
Untuk menyelesaikan integral pada persamaan 4.99, kita gunakan rumus berikut ini
1 4
cos sin
2 sin
2 2
2
e d
e
4.100a
Bab 4 Gaya
308
1 4
sin cos
2 cos
2 2
2
e d
e
4.100b
Jika rumus integral di atas dimasukkan dan memasukkan batas dari 0 sampai
kita peroleh
k
e R
g y
k k
k k
2 2
2
3 sin
2 1
cos 3
1 4
2
4.101
Karena
2
y
dan
R
v
maka
k
e R
g R
v
k k
k k
2 2
2 2
2
3 sin
2 1
cos 3
1 4
2
atau
2 1
2 2
2 1
2
3 sin
2 1
cos 3
1 4
2
k
e gR
v
k k
k k
4.102
Laju saat benda meninggalkan lintasan diperoleh ketika = 2, yaitu
2 1
2 2
1 2
3 2
1 1
4 2
k
e gR
v
k k
k f
4.103
Percepatan benda arah tangensial setiap saat
R
a
Bab 4 Gaya
309
dt d
R
dt d
d d
R
d
d R
d d
R
2
2 1
d
dy R
2 1
4.104
Gunakan persamaan 4.101 ke dalam persamaan 4.104 sehingga diperoleh
k
e g
a
k k
k k
2 2
2 2
6 cos
2 1
sin 3
1 4
4.105
Kasuk khusus, jika tidak ada gesekan antara benda dengan lantai, atau
k
= 0 sehingga persamaan 4.103 – 4.105 menjadi
sin
2gR v
Bab 4 Gaya
310
cos
g a
Pada saat benda meninggalkan lintasa, laju adalah v
f
= 2gR
12
.
Contoh 4.6 cukup sulit dan dapat dilewati
Sebuah benda menuruni lintasan berupa permukaan bola seperti ditunjukkan pada Gambar 4.41. Pada sudut berapa bola mulai
meninggalkan lintasan?
N
W f
k
Gambar 4.41 Benda menuruni lintasan berupa permukaan bola
.
Jawab Persamaan yang berlaku untuk gaya arah tegak lurus dan
menyinggung permukaan bola adalah
Bab 4 Gaya
311
R mv
N W
2
cos
4.106
dt dv
m f
W
k
sin 4.107
Massa tetap menggelinding di permukaan selama N 0. Massa mulai meninggalkan permukaan jika N = 0. Jika sudut pada kondisi ini adalah
p
maka akan terpenuhi
R mv
mg
p p
2
cos
atau
gr v
p p
2
cos
4.108
Selama benda masih menyentuh permukaan lintasan maka gaya gesekan memenuhi f
k
=
k
N. Kita tulis percepatan tangenisal benda dinyatakan dalam besaran sudut dengan transformasi sebagai berikut
dt d
d dv
dt dv
d dv
d
dv r
v
Bab 4 Gaya
312
d dv
r
2
2 1
1
d
dv r
2
2 1
4.109
Berdasarkan persamaan 4.106 gaya normal setiap saat adalah
r mv
mg N
2
cos
Dengan demikian gaya gesekan tiap saat yang dialami benda adalah
r mv
mg f
k k
2
cos
4.110
Persamaan 4.107 dapat ditulis menjadi
d dv
r m
f mg
k 2
2 sin
Substitusi persamaan 4.110 ke dalam persamaan di atas maka kita dapatkan
d dv
r m
r mv
mg mg
k 2
2
2 cos
sin
atau
Bab 4 Gaya
313
cos
sin 2
2
2 2
k k
gr v
d dv
4.111
Untuk mudahnya persamaan 4.111 dapat ditulis dalam bentuk berikut ini
2
f y
d dy
k
4.112 dengan
2
v y
4.113 dan
cos sin
2
k
gr f
4.114
Untuk menyelesaikan persamaan diferensial 4.112 mai kita kalikan dua ruas dengan
k
e
2
seningga menjadi
2
2 2
f e
y d
dy e
k k
k
Kalian dapat membuktikan dengan mudah bahwa ruas kiri dapat ditulis ulang sehingga diperoleh bentuk berikut ini
2 2
f e
ye d
d
k k
4.115
Kita integral ruas kiri dan kanan persamaan 4.115 sehingga diperoleh
Bab 4 Gaya
314
C d
f e
ye
k k
2 2
atau
k k
k
Ce d
f e
e y
2 2
2
Substitusi kembali y dan f dari persamaan 4.112 dan 4.113 ke dalam persamaan 4.116 sehingga diperoleh
k k
k
Ce d
gr e
e v
k 2
2 2
2
cos sin
2
Jika diintegralkan maka kita peroleh hasil berikut ini
k
Ce gr
v
k k
k 2
2 2
2
sin 3
cos 1
2 4
1 2
Benda mulai dilepas pada saat sudut awal
. Pada sudut ini laju benda v = 0. Dengan demikian
2 2
2
sin 3
cos 1
2 4
1 2
k
Ce gr
k k
k
Dari sini kita dapatkan
2 2
2
sin 3
cos 1
2 4
1 2
k
e gr
C
k k
k
4.118
Bab 4 Gaya
315
Benda meninggalkan permukaan ketika v = v
p
dan sudut adalah
p
. Persamaan yang dipenuhi adalah
p k
Ce gr
v
p k
p k
k p
2 2
2 2
sin 3
cos 1
2 4
1 2
4.119
Tetapi dengan menggunakan persamaan 4.108 kita dapat menulis
p k
Ce gr
rg
p k
p k
k p
2 2
2
sin 3
cos 1
2 4
1 2
cos
Selanjutnya dengan memasukkan C pada persamaan 4.118 kita dapat menulis
p k
p k
k p
gr rg
sin 3
cos 1
2 4
1 2
cos
2 2
2 2
2
sin 3
cos 1
2 4
1 2
P k
e gr
k k
k
2 2
2
cos cos
1 2
4 1
2 cos
P k
e gr
rg
p k
k p
2
sin sin
3
P k
e
p k
Bab 4 Gaya
316
atau
2 2
2
cos cos
1 2
4 1
2 cos
P k
e
p k
k p
2
sin sin
3
P k
e
p k
4.120
Sudut
adalah sudut ketika benda mulai meluncur. Sudut ini ditentukan oleh koefisien gesekan statis dan memenuhi persamaan
s
= tan sudut kemiringan bidang
Ketika sudut jari-jari yang dibentuk benda adalah maka sudut
kemiringan bidang adalah 90
o
- . Dengan demikian
cot 90
tan
o s
Dengan hubungan ini maka
2
1 1
cos
s
2
1 sin
s s
Persamaan 4.120 dapat diselesaikan secara numerik untuk mencarai
P
jika diberikan informasi koefisien gaya gesekan kinetik dan stattik. Contoh carilah
dan
P
jika koefisien gaya gesekan statis dan kinetik masing-masing 0,5 dan 0,3. Dengan nilai ini maka cos
= 0,8944,
Bab 4 Gaya
317
sin
= 0,4472.
= 0,4636 rad = 26,6
o
. Persaman yang akan diselesaikan menjadi
4636 ,
6 ,
8944 ,
cos 82
, 471
, 1
cos
P
e
p p
4636 ,
6 ,
4472 ,
sin 9
,
P
e
p
p p
p
P
e
sin 3239
, 1
2652 ,
1 cos
206 ,
1 cos
6 ,
2652 ,
1 sin
3239 ,
1 cos
206 ,
2
6 ,
P
e
p p
Solusi persamaan di atas harus diselesaikan secara numerik. Dengan menggunakan Excel kita dapatkan solusinya adalah
P
= 0,9963 rad = 57,1
o
Jalan Raya
Ketika kendaraan melewati jalan yang menikung Gambar 4.42, pengendara harus hati-hati dan harus mengurangi kecepatan. Kenapa?
Jika kecepatan terlalu tinggi maka kendaraan dapat terlempar keluar dari jalan. Selama melewati lintasan jalan menikung berbentuk lingkaran
kendaraan memiliki percepatan sentripetal akibat gesekan antara roda kendaraan dan jalan raya. Jika f
s
adalah gaya gesekan, maka selama berada pada lintasan laju mobil harus memenuhi
m R
f v
s
4.121
dengan R adalah jari-jari kelengkungan jalan raya dan m adalah massa kendaraan. Gaya gesekan memilii nilai maksimum. Nilai tersebut kita
sebut gaya gesekan maksimum yang disimbolkan dengan f
s,maks
. Nilai gaya gesekan yang dialami kendaraan memenui f
s
≤ f
s,maks
. Masukkan ketidaksamaan ini ke dalam persamaan 4.121 maka kita peroleh bahwa
laju kendaraan agar tetap berada pada lintasan lingkaran harus memenuhi
Bab 4 Gaya
318
m R
f v
maks s,
4.122
Dengan demikian, ada laju maksimum yang diijinkan agar kendaraan tetap berada pada lintasan. Laku maksimum tersebut adalah
m R
f v
maks s
maks ,
4.123
Selama melewati lintasan lingkaran, laju kendaraan tidak boleh terlalu besar. Kendaraan yang rodanya mulai mulus harus lebih berhati-hati lagi
karena gaya gesekan antara roda dan jalan raya lebih kecil.
Gambar 4.42 Ketika melewati lintasan melengkung, kendaraan harus berhati-hati dan mengurangi kecepatan.