Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 β¦ benda bergerak sepanjang sumbu dimana posisinya...
Transcript of Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 β¦ benda bergerak sepanjang sumbu dimana posisinya...
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
OSK Fisika 2014 Number 1
ANALISIS GRAFIK 1
Sebuah benda bergerak sepanjang sumbu π₯ dimana posisinya sebagai fungsi waktu π‘
dapat dinyatakan dengan kurva seperti terlihat pada gambar (π₯ dalam meter dan π‘ dalam
detik).
Tentukan :
a. kecepatan sesaat di titik D.
b. kecepatan awal benda.
c. kapan benda dipercepat ke kanan.
Pembahasan :
a. Dapat kita amati, bahwa garis singgung di titik π· mendatar. Secara definisi, kecepatan
sesaat adalah kemiringan kurva pada grafik π₯ β π‘, atau turunan pertama fungsi π₯(π‘)
terhadap waktu yang menyiratkan bahwa kecepatan π£(π‘) adalah kemiringan kurva
π₯(π‘) pada titik yang dimaksud (baca kalkulus : definisi turunan). Untuk garis yang
mendatar, kemiringannya adalah nol, maka kecepatan sesaat di titik π· adalah
π£π· = 0
b. Untuk mendapatkan kecepatan awal benda, kita tinjau kemiringan kurva π₯(π‘) pada
π‘ = 0
π₯(m)
π‘(s) 10 20 30
5
10
15
πΆ
π·
πΉ πΈ
π₯(m)
π‘(s) 10 20 30
5
10
15
πΆ
π·
πΉ πΈ
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
Dengan menggunakan rumus gradien, kemiringan kurva di titik asal atau kecepatan
awal benda adalah
π£0 =Ξπ₯
Ξπ‘=
15 β 0
8 β 0=
15
8= 1,875 m/s βΉ π£0 = 1,875 m/s
c. Syarat untuk benda dipercepat ke kanan adalah π£ > 0 dan π > 0. Untuk benda yang
dipercepat dengan percepatan konstan sedangkan arah kecepatannya ke kanan,
kecepatan benda adalah fungsi π‘ dan posisi benda adalah fungsi π‘2, artinya untuk
grafik π₯ β π‘, bentuknya akan melengkung ke atas. Sekarang, jika kita amati dari garfik
di soal, tidak ada grafik yang melengkung ke atas, maka benda tidak pernah
dipercepat ke kanan. Dapat kita rincikan sebagai berikut
Benda dipercepat ke kanan, berarti syaratnya :
kecepatan π£ > 0, DAN percepatan π > 0
π£ > 0 dipenuhi hanya pada saat 0 β€ π‘ < 10
Sedangkan pada saat itu (0 β€ π‘ < 10)
nilai π < 0 (percepatan a tidak pernah positif).
Jadi benda tidak pernah dipercepat ke arah kanan.
OSK Fisika 2014 Number 2
ANALISIS GRAFIK 2
Dua mobil A dan B bergerak melalui jalan yang sama dan berangkat dari titik awal yang
sama secara bersamaan. Kurva kecepatan π£ kedua mobil sebagai fungsi waktu π‘ diberikan
pada gambar di samping.
Tentukan:
a. persamaan jarak tempuh mobil A dan B sebagai fungsi dari waktu.
b. kapan dan dimana mobil A berhasil menyusul mobil B.
c. Sketsa kurva posisi kedua mobil terhadap waktu dalam satu gambar. Ambil selang
waktu sejak kedua mobil berangkat hingga sesaat setelah mobil A menyusul mobil B.
π£(m/s)
π‘(s) 4
2
4
mobil A
mobil B
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
d. Jika setelah menempuh jarak 60 m mobil A melambat dengan besar perlambatan yang
sama dengan percepatan ketika awal perjalanan, kapan dan dimana mobil B berhasil
menyusul kembali mobil A?
Pembahasan :
a. Mobil A melakukan gerak lurus berubah beraturan dengan kecepatan awal π£π΄,0 =
2 m/s dan percepatan
π =Ξπ£
Ξπ‘=
4 β 2
4 β 0=
1
2 m/s
Kecepatan mobil A sebagai fungsi waktu adalah
π =ππ£
ππ‘=
1
2
β« ππ£π£π΄(π‘)
π£π΄,0=2
= β«1
2ππ‘
π‘
0
π£π΄(π‘) β 2 =1
2π‘ βΉ π£π΄(π‘) = 2 +
1
2π‘
Jarak tempuh mobil A sebagai fungsi waktu adalah
π£π΄(π‘) =ππ₯π΄
ππ‘= 2 +
1
2π‘
β« ππ₯π΄
π₯π΄(π‘)
0
= β« (2 +1
2π‘) ππ‘
π‘
0
βΉ π₯π΄(π‘) = 2π‘ +1
4π‘2
Mobil B melakukan gerak lurus beraturan (percepatannya nol) dengan kecepatan
konstan π£π΅ = 4 m/s, maka jerak tempuh mobil B sebagai fungsi waktu adalah
π£π΅ =ππ₯π΅
ππ‘= 4
β« ππ₯π΅
π₯π΅(π‘)
0
= β« 4ππ‘π‘
0
βΉ π₯π΅(π‘) = 4π‘
b. Ketika kedua mobil bertemu, misal saat π‘ = π, maka jarak tempuh mobil akan sama
π₯π΄(π) = π₯π΅(π)
2π +1
4π2 = 4π βΉ π = 8 s
Dan mereka bertemu pada jarak
π₯π΄(π) = π₯π΅(π) βΉ π = 32 m
c. Kurva posisi kedua mobil terhadap waktu berdasarkan persamaan di (a) 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 | 4
d. Ketika mobil A mencapai jarak 60 meter berarti π‘ = 12 s (silahkan buktikan) dan saat
itu kecepatannya adalah 8 m/s (silahkan buktikan). Kemudian pada saat itu pula
mobil B telah menempuh jarak 48 m. Posisi kedua mobil sekarang sebagai fungsi
waktu akan menjadi
π₯π΄(π‘) = π₯π΄,0β² + π£0,π΄
β² π‘β² +1
2ππ΄
β² π‘β²2= 60 + 8π‘β² β
1
4π‘β²2
π₯π΅(π‘) = π₯π΅,0β² + π£0,π΅
β² π‘β² +1
2ππ΅
β² π‘β²2= 48 + 4π‘β²
Saat kedua mobil bertemu, dia berada di posisi yang sama, misal terjadi saat π‘β² = π
π₯π΄(π) = π₯π΅(π)
60 + 8π β1
4π2 = 48 + 4π
1
4π2 β 4π β 12 = 0
π2 β 16π β 48 = 0
Dengan rumus kuadrat
π =β(β16) Β± β(β16)2 β 4(1)(β48)
2(1)
π =16 Β± β256 + 192
2
π =16 Β± β448
2=
16 Β± 8β7
2
π = 8 Β± 4β7
π = 8 + 4β7 β 18,6 s atau π = β2,6 s
Solusi yang fisis adalah π = 18,6 s sedangkan π = β2,6 s bukanlah solusi yang
diharapkan, nilai negatif menandakan kejadian yang terjadi sebelum acuan kondisi
awal kita, yaitu π‘ = 12 s. Hal ini karena adanya perubahan arah percepatan pada
Mobil A
Mobil B
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
mobil A. Kita tahu dari grafik pada c bahwa setelah bertemu untuk pertama kalinya,
mobil A akan berada di depan mobil B sehingga ketika diperlambat, mobil A dan B
hanya akan berpapasan satu kali.
Jika dihitung dari saat awal, maka kedua mobil akan bertemu kembali saat
π = π‘ + π = 12 + 18,6 = 30,6 s
Posisi kedua mobil saat itu dihitung dari posisi awal adalah
π₯π΅(π) = π₯π΄(π) = 48 + 4(30,6 ) = 170,4 m
OSK Fisika 2014 Number 3
PANTULAN ELASTIK DI ATAS BIDANG MIRING
Sebuah bola dilepaskan pada ketinggian β dari permukaan bidang miring yang memiliki
sudut kemiringan πΌ terhadap horizontal (lihat gambar). Sesampainya di permukaan
bidang miring, bola memantul-mantul secara elastik. Bidang miring diaggap sangat
panjang.
Hitung (nyatakan dalam β dan πΌ.
a. Waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua.
b. Jarak antara pantulan pertama dan kedua.
Pembahasan :
a. Tepat ketika akan menumbuk bidang miring kecepatan bola adalah
π£0 = β2πβ
karena tumbukan elastis sempurna bola hanya berbalik
arah setelah sumbukan. Kita tinjau gerak parabola dari
sesaat setelah tumbukan pertama sampai sesaat menjelang
tumbukan kedua dengan bidang miring pada sumbu π₯
(sejajar bidang miring) dan sumbu y (tegak lurus bidang
miring).
Komponen kecepatan bola setelah tumbukan pertama
adalah
π£0π₯ = π£0 sin πΌ
π£0π¦ = π£0 cos πΌ
πΌ
β
π£0 πΌ
πΌ
π₯
π¦
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
Karena percepatan gravitasi memiliki arah ke bawah, maka dia akan memiliki
komponen pada arah sumbu π₯ dan π¦
ππ₯ = π sin πΌ
ππ¦ = βπ cos πΌ
Persamaan posisi bola pada sumbu π₯ dan π¦ akan menjadi
π¦ = π¦0 + π£0π¦π‘ +1
2ππ¦π‘2 βΉ π¦ = π¦0 + π£0 cos πΌ π‘ β
1
2π cos πΌ π‘2 β¦ (1)
π₯ = π₯0 + π£0π₯π‘ +1
2ππ₯π‘2 βΉ π₯ = π₯0 + π£0 sin πΌ π‘ +
1
2π sin πΌ π‘2 β¦ (2)
Untuk mendapatkan selang waktu antara tumbukan pertama dan kedua, kita gunakan
persamaan (1) dengan menggunakan posisi awal dan akhir sama dengan nol atau π¦ =
π¦0 = 0
0 = 0 + β2πβ cos πΌ π‘ β1
2π cos πΌ π‘2 βΉ π‘ = 2β
2β
π
b. Untuk mendapatkan jarak pantulan pertama dan kedua, kita gunakan persamaan (2)
dengan menggunakan selang waktu yang didapat pada a dan menjadikan titik
pantulan pertama sebagai acuan atau π₯0 = 0
π₯ = 0 + β2πβ sin πΌ 2β2β
π+
1
2π sin πΌ (2β
2β
π)
2
π₯ = 4β sin πΌ + 4β sin πΌ
π₯ = 8β sin πΌ
OSK Fisika 2014 Number 4
RODA DAN PEGAS
Sebuah roda bermassa π dan jari-jari π (roda tipis) dihubungkan dengan pegas tak
bermassa yang memiliki konstanta pegas π, seperti ditunjukkan pada gambar. Roda itu
berotasi tanpa slip di atas lantai. Titik pusat massa roda berosilasi secara harmonik pada
arah horizontal terhadap titik setimbang di π₯ = 0.
Tentukan:
a. Energi total dari sistem ini.
π π
π
π₯ = 0
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
b. Frekuensi osilasi dari sistem ini.
Pembahasan :
a. Misalkan pusat massa roda kita simpangkan sejauh π₯ ke kanan, maka karena roda
tidak bergerak slip, sudut yang putaran roda adalah
π =π₯
2ππΓ 2π =
π₯
π
Jika kita diferensialkan terhadap waktu akan didapat
π =ππ
ππ‘=
1
π
ππ₯
ππ‘ dengan
ππ₯
ππ‘= π£ adalah kecepatan pusat massa roda
Energi total sistem ini adalah energi mekanik yang terdiri dari energi potensial pegas,
energi kinetik translasi dan rotasi roda
πΈπ(π₯) =1
2ππ₯2 +
1
2ππ£2 +
1
2πΌπ2
Untuk roda tipis momen inersianya adalah πΌ = ππ2 maka
πΈπ(π₯) =1
2ππ₯2 +
1
2π (
ππ₯
ππ‘)
2
+1
2ππ2 (
1
π
ππ₯
ππ‘)
2
πΈπ(π₯) =1
2ππ₯2 + π (
ππ₯
ππ‘)
2
b. Energi total sistem kekal atau tidak berubah terhadap waktu karena tidak ada gaya
luar non konservatif yang bekerja pada sistem
ππΈπ(π₯)
ππ‘= 0 =
π
ππ‘(
1
2ππ₯2 + π (
ππ₯
ππ‘)
2
)
0 =1
2π(2)π₯
ππ₯
ππ‘+ π(2)
ππ₯
ππ‘
π2π₯
ππ‘2
π2π₯
ππ‘2+
π
2ππ₯ = 0
Frekuensi sudut osilasi sistem adalah
π = βπ
2π sehingga π =
1
2πβ
π
2π
OSK Fisika 2014 Number 5
PECAH MENJADI DUA
Sebuah bola berada di atas sebuah tiang vertikal (lihat gambar). Tiba-tiba bola tersebut
pecah menjadi dua bagian terpental mendatar ke kiri dengan kecepatan 3 m/s dan satu
bagian lagi terpental ke kanan dengan kecepatan 4 m/s. Pada kondisi tertentu vektor
kecepatan dari dua pecahan tersebut saling tegak lurus.
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
Hitung (ambil π = 10 m/s2):
a. Waktu yang diperlukan setelah tumbukan hingga kondisi itu tercapai.
b. Jarak antara pecahan ini saat kondisi di atas terjadi.
Pembahasan :
a. Kita gunakan sistem koordinat kartesius. Vektor kecepatan masing-masing pecahan
adalah
Pecahan Kanan
οΏ½βοΏ½π = π£0,π πΜ β ππ‘πΜ βΉ οΏ½βοΏ½π = 4 πΜ β 10π‘πΜ
Pecahan Kiri
οΏ½βοΏ½πΏ = βπ£0,πΏ πΜ β ππ‘πΜ βΉ οΏ½βοΏ½πΏ = β3 πΜ β 10π‘πΜ
Ketika vektor kecepatan kedua pecahan tegak lurus, maka perkalian titik (dot
product) kedua vektor tersebut akan bernilai nol
οΏ½βοΏ½π β οΏ½βοΏ½πΏ = |οΏ½βοΏ½π ||οΏ½βοΏ½πΏ| cos 900
(4 πΜ β 10π‘πΜ) β (β3 πΜ β 10π‘πΜ) = 0
4(β3) + (β10π‘)(β10π‘) = 0
100π‘2 = 12 βΉ π‘ =β3
5 s
b. Karena kedua pecahan tidak memiliki kecepatan awal pada arah vertikal, setiap saat
ketinggian kedua pecahan sama, maka jarak pisah keduanya saat vektor
kecepatannya tegak lurus adalah sama dengan jarak horizontal total yang ditempuh
oleh kedua pecahan
π = π£0,π π‘ + π£0,πΏπ‘ = 4β3
5+ 3
β3
5βΉ π = 7
β3
5 m
OSK Fisika 2014 Number 6
TUMBUKAN DAN ROTASI
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
Sebuah batang tegar tak bermassa dengan panjang πΏ memiliki dua buah titik massa di
ujung batang A dan B masing-masing dengan massa π. Sistem mula-mula diam pada pada
suatu permukaan datar licin, dimana batang AB membentuk sudut π terhadap garis
horizontal AC. Sebuah titik massa C dengan massa π menumnuk titik massa A secara
elastik dengan kecepatan awal π£0 . Setelah tumbukan , C bergerak dengan kecepatan π£0β²
berlawanan arah mula-mula, sedangkan gerakan batang AB dapat dinyatakan dalam
bentuk kecepatan pusat massa πcm dan rotasi dengan kecepatan sudut π terhadap pusat
massa.
a. Tentukan πcm , π dan π£0β² dalam π, πΏ dan π£0
b. Tentukan sudut π masing-masing kasus :
i. πcm bernilai maksimum
ii. π bernilai maksimum
iii. π£0β² bernilai maksimum dan minimum
Kemudian jelaskan gerakan masing-masing benda setelah tumbukan untuk setiap kasus
tersebut.
Pembahasan :
a. Perhatikan kondisi sistem sesaat setelah tumbukan berikut!
Sistem batang ini berada di atas permukaan licin, sehingga tidak ada gaya luar yang
bekerja pada sistem pada bidang datar licin ini, maka momentum linear sistem akan
kekal.
πΏ
π£0 π π
π
π
π΄ π΅
πΆ
πΏ
π£0β²
π π
π
π
π΄ π΅
πΆ
πcm
π
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
Kekekalan momentum linear
ππ = ππ
ππ£0 = π(βπ£0β²) + 2ππcm βΉπ£0 + π£0
β² = 2πcm β¦ (1)
π£0β² = 2πcm β π£0 β¦ (2)
Tumbukan yang terjadi bersifat elastik sehingga energi kinetik sistem kekal. Energi
awal sistem hanya terdiri dari energi kinetik massa A, sedangkan energi sistem
setelah tumbukan terdiri dari energi kinetik A, energi kinetik translasi dan rotasi
batang.
πΈπΎπ = πΈπΎπ
1
2ππ£0
2 =1
2ππ£0
β² 2+
1
22ππcm
2 +1
2(2π (
πΏ
2)
2
) π2
π£02 = π£0
β² 2+ 2πcm
2 +1
2(πΏπ)2 β¦ (3)
Perhatikan kembali sistem di atas. Momentum sudut sistem kekal, baik terhadap titik
A ataupun pusat massa sistem. Kita tinjau kekekalan momentum sudut terhadap
pusat massa sistem.
πΏπ = πΏπ
ππ£0
πΏ
2sin π = βππ£0
β²πΏ
2sin π + (2π (
πΏ
2)
2
) π
(π£0 + π£0β² ) sin π = πΏπ
Subtitusi persamaan (1)
2πcm sin π = πΏπ β¦ (4)
Subtitusi persamaan (2) dan (4) ke (3)
π£02 = (2πcm β π£0)2 + 2πcm
2 +1
2(2πcm sin π)2
π£02 = 4πcm
2 + π£02 β 4πcmπ£0 + 2πcm
2 + 2πcm2 sin2 π
0 = 6πcm2 + 2πcm
2 sin2 π β 4πcmπ£0
πcm(3 + sin2 π) = 2π£0 βΉ πcm =2
3 + sin2 ππ£0
Subtitusi πcm ke persamaan (2) didapat
π£0β² = 2
2
3 + sin2 ππ£0 β π£0 =
4
3 + sin2 ππ£0 β
3 + sin2 π
3 + sin2 ππ£0
π£0β² =
1 β sin2 π
3 + sin2 ππ£0 βΉ π£0
β² =cos2 π
3 + sin2 ππ£0
Subtitusi πcm ke persamaan (4) untuk memperoleh π
22
3 + sin2 ππ£0 sin π = πΏπ βΉ π =
4 sin π
3 + sin2 π
π£0
πΏ
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
b. Syarat agar suatu fungsi bernilai maksimum atau minimum (misalkan fungsi π(π₯))
adalah
ππ(π₯)
ππ₯= 0 dan
π2π(π₯)
ππ₯2< 0 (untuk nilai maksimum) atau
π2π(π₯)
ππ₯2> 0 (untuk nilai minimum)
i. Agar πcm maksimum maka ππcm
ππ=
π
ππ(
2
3 + sin2 ππ£0) = 0
β2π£0
(3 + sin2 π)22 sin π cos π = 0
sin 2π = 0 βΉ π = 0
Kita uji turunan keduanya
π2πcm
ππ2=
π
ππ(
βπ£0 sin 2π
(3 + sin2 π)2)
π2πcm
ππ2=
(3 + sin2 π)2(β2π£0 cos 2π) β (βπ£0 sin 2π)2(3 + sin2 π)2 sin π cos π
(3 + sin2 π)4
Untuk π = 0 nilainya adalah
π2πcm
ππ2=
32(β2π£0)
34= β
2π£0
9< 0 (nilai maksimum)
untuk π = 0 maka βΉ
πcm =2
3π£0
π = 0
π£0β² =
1
3π£0
Disini, mula-mula batang AB sejajar dengan garis horisontal CA. Tumbukan yang
terjadi hanya tumbukan satu dimensi dimana batang AB akan bergerak translasi
sejajar garis CA dan tidak mengalami gerak rotasi.
ii. Agar π maksimum maka ππ
ππ=
π
ππ(
4 sin π
3 + sin2 π
π£0
πΏ) = 0
π£0
πΏ[(3 + sin2 π)4 cos π β 4 sin π (2 sin π cos π)
(3 + sin2 π)2] = 0
π£0
πΏ[(3 β sin2 π)4 cos π
(3 + sin2 π)2] = 0
(3 β sin2 π)4 cos π = 0
Karena nilai cos π berada di antara selang β1 < cos π < 1 maka solusi untuk π
yang mungkin adalah cos π = 0 atau π = 900.
Kita uji turunan keduanya
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
π2π
ππ2=
π
ππ
π£0
πΏ[(3 β sin2 π)4 cos π
(3 + sin2 π)2]
π2π
ππ2=
π£0
πΏ[(3 + sin2 π)2[β(3 β sin2 π)4 sin π + 4 cos π (β2 sin π cos π)]
(3 + sin2 π)4
β(3 β sin2 π)4 cos π 2(3 + sin2 π)(+2 sin π cos π)
(3 + sin2 π)4]
Untuk π = 900
π2π
ππ2< 0 (nilai maksimum)
untuk π = 900 maka βΉ
πcm =1
2π£0
π =π£0
πΏπ£0
β² = 0
Disini, mula-mula batang AB tegaklurus dengan garis horisontal. Setelah
tumbukan, massa C diam, batang AB bergerak translasi dan rotasi dengan
kecepatan pusat massa πcm = π£0/2 dan kecepatan sudut pusat massa π = π£0/πΏ.
iii. Agar π£0β² maksimum atau minimum maka
ππ£0β²
ππ=
π
ππ(
cos2 π
3 + sin2 ππ£0) = 0
ππ£0β²
ππ= π£0 [
(3 + sin2 π)2 cos π (β sin π) β cos2 π (2 sin π cos π)
(3 + sin2 π)2]
ππ£0β²
ππ= π£0 [
2 sin π cos π
(3 + sin2 π)2] = π£0 [
sin 2π
(3 + sin2 π)2] = 0
Dari sini kita dapatkan sin 2π = 0 sehingga π = 0 atau π = 900. Berdasarkan hasil
sebelumnya, kita ketahui bahwa π = 0 adalah sudut ketika π£0β² bernilai maksimum
dan π = 900 adalah sudut ketika π£0β² bernilai minimum.
OSK Fisika 2014 Number 7
BATANG BERPOROS
Sebatang tongkat homogen panjang πΏ dan massa π digantungkan pada sebuah poros
yang melalui suatu lubang kecil A di ujung tongkat bagian atas. Tongkat diberi impuls
sebesar Ξπ dari sebuah gaya ke arah kanan pada suatu titik berjarak d dari poros tadi.
Agar setelah dipukul, tongkat dapat berotasi mengelilingi titik 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 | 13
Tentukan :
a. jarak π minimum.
b. Impuls yang diberikan oleh poros A pada batang.
c. periode osilasinya, jika tongkat kemudian berosilasi.
d. jika tongkat tersebut kita anggap menjadi sebuah bandul matematis, tentukan
panjang tali dari bandul matematis agar menghasilkan periode osilasi yang sama
dengan jawaban b) di atas.
Pembahasan :
a. Misalkan setelah diberi impuls, tongkat berotasi dengan kecepatan sudut awal π0.
Karena tongkat terhubung ke poros, ketika impuls luar diberikan, misal kita sebut
impuls ini sebagai Ξπ, poros juga akan memberikan impuls Ξπβ² yang arahnya ke kiri.
Maka, dengan teorema impuls momentum akan kita dapatkan
Ξπ β Ξπβ² = ππ£pm β¦ (1)
Dengan π£pm adalah kecepatan pusat massa batang sesaat setelah diberi impuls luar.
Kecepatan ini bisa dihubungkan dengan kecepatan sudut awal batang menjadi
π£pm =π0πΏ
2β¦ (3)
Impuls luar inilah yang membuat tongkat berotasi, perubahan momentum sudut
tongkat sama dengan impuls sudut terhadap poros A
Ξππ = ππ£pm β¦ (4)
Kita tinjau ketika tongkat sudah berotasi mengelilingi poros A dan pusat massanya
tepat di atas titik A. Kecepatan sudut batang ketika berada di puncak akan minimum
ketika poros tidak memberikan gaya pada tongkat. Tinjau gerak sentripetal tongkat
ketika di puncak akan kita dapatkan
ππ = ππ2πΏ
2βΉ π2 =
2π
πΏβ¦ (5)
Poros bisa diasumsikan licin sehingga tidak memberikan usaha pada batang dan
energi mekanik batang kekak. Tinjau kondisi awal batang sesaat setelah diberi impuls
luar dan kondisi akhir ketika pusat massa batang tepat di atas poros A dan
menjadikan poros A sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, akan kita
dapatkan
πΏ
π΄
π πΆ
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
πΈππ = πΈππ
1
2(
1
3ππΏ2) π0
2 β πππΏ
2=
1
2(
1
3ππΏ2) π2 + ππ
πΏ
2
Subtitusi persamaan (5) 1
6πΏ2π0
2=
1
6πΏ2
2π
πΏ+ ππΏ
1
6πΏ2π0
2=
4
3ππΏ βΉ π0πΏ = 2β2ππΏ β¦ (6)
Dari persamaan (6), (3), (4) akan kita dapatkan
Ξππ = ππ0πΏ
2
Ξππ = π2β2ππΏ
2βΉ π =
π
Ξπβ2ππΏ
b. Subtitusi persamaan (3) dan (6) ke (1)
Ξπ β Ξπβ² = π2β2ππΏ
2βΉ Ξπβ² = Ξπ β πβ2ππΏ
c. Untuk bandul fisis yang berbentuk tongkat, periode osilasinya terhadap poros
ujungnya dapat diturunkan sebagai berikut.
Misal tongkat disimpangkan dengan sudut kecil π sehingga akan berlaku sin π β π,
maka torsi pemulihnya adalah
βπππΏ
2sin π =
1
3ππΏ2οΏ½ΜοΏ½ βΉ οΏ½ΜοΏ½ +
3π
2πΏπ β 0
Sehingga π = β3π
2πΏ dan π = 2πβ
2πΏ
3π
d. Untuk bandul matematis, periode osilasinya adalah
πβ² = 2πβπΏβ²
π
Agar periodenya sama dengan hasil c, maka panjang tali bandul tersebut adalah
2πβ2πΏ
3π= 2πβ
πΏβ²
πβΉ πΏβ² =
2
3πΏ
OSK Fisika 2014 Number 8
TANGGA MELUNCUR
Sebuah tangga pejal homogen dengan massa π dan panjang π bersandar pada dinding
licin dan berada di atas lantai yang juga licin. Mula-mula tangga di sandarkan HAMPIR
menempel dengan dinding dan dalam keadaan diam. Setelah di lepas tangga itu pada
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
bagian atasnya merosot ke bawah, dan tangga bagian bawah bergerak ke kanan, seperti
ditunjukkan pada gambar di samping.
Tentukan :
a. Kecepatan pusat massa dari tangga tersebut selama bergerak.
b. Sudut π (sudut antara tangga terhadap dinding) dimana kecepatan pusat massa
komponen horizontal mencapai maksimum.
c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal.
Pembahasan :
a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah π.
Kecepatan pusat tangga berubah-ubah dan kita bisa menyatakannya sebagai fungsi
dari sudut π. Hal ini boleh dilakukan karena soal menanyakan kecepatan pusat massa
batang selama bergerak, sedangkan nilainya berubah-ubah, maka kita bisa
menyatakannya sebagai satu buah variabel yang berubah dan dalam hal ini kita pilih
π. Sebenarnya bisa juga kita nyatakan dalam variabel lain seperti tinggi titik sentuh
tangga dengan dinding, atau jarak titik sentuh tangga dengan lantai terhadap dinding,
namun bentuk yang cukup sederhana adalah ketika kita nyatakan sebagai fungsi π.
Soal ini lebih mudah kita kerjakan menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik
(yap betul, energi mekanik sistem kekal karena tidak ada gaya non konservatif yang
bekerja pada tangga, hal ini juga karena seluruh permukaan licin). Kita jadikan lantai
sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, energi mekanik awal sistem adalah
πΈππ =1
2πππΏ
Kemudian kita tinjau energi tangga ketika sudah bergerak dan membentuk sudut π
terhadap dinding. Hal yang perlu diamati di sini adalah energi kinetik batang. Batang
memiliki komponen kecepatan pusat massa arah horizontal π£π₯ dan arah vertikal π£π¦
serta batang juga berotasi terhadap pusat massanya sendiri dengan kecepatan sudut
π. Sehingga energi tangga akan menjadi
πΈππ =1
2πππΏ cos π +
1
2π(π£π₯
2 + π£π¦2) +
1
2πΌπ2
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
Selanjutnya kita cari dulu hubungan π£π₯, π£π¦, dan π.
Dapat kita lihat bahwa ujung atas tangga hanya bergerak dalam arah vertikal dan
ujung bawah tangga hanya bergerak dalam arah vertikal. Kita tinjau gerak pusat
massa arah horizontal relatif terhadap ujung atas tangga akan kita dapatkan
π£π₯ =ππΏ
2cos π
Kemudian tinjau gerak pusat massa arah vertikal relatif terhadap ujung bawah tangga
akan kita dapatkan pula
π£π¦ =ππΏ
2sin π
Kita modifikasi menjadi
π£π₯2 + π£π¦
2 = (ππΏ
2cos π)
2
+ (ππΏ
2sin π)
2
=π2πΏ2
4
Juga kita tahu bahwa π£π₯2 + π£π¦
2 = π£2 adalah kecepatan pusat massa batang sehingga
π2 =4π£2
πΏ2
momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah πΌ =1
12ππΏ2
πΈππ =1
2πππΏ cos π +
1
2ππ£2 +
1
2(
1
12ππΏ2) (
4π£2
πΏ2)
πΈππ =1
2πππΏ cos π +
2
3ππ£2
Hukum Kekekalan Energi mekanik
πΈππ = πΈππ
1
2πππΏ =
1
2πππΏ cos π +
2
3ππ£2
1
2ππΏ(1 β cos π) =
2
3π£2
π£π₯
π£π¦
π£π΄
π£π΅ π π
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
π£2 =4ππΏ
3(1 β cos π) βΉ π£ = β
3ππΏ
4(1 β cos π)
b. Kecepatan sudut batang tangga adalah
π2 =4
πΏ2[3ππΏ
4(1 β cos π)] βΉ π = β
3π
πΏ(1 β cos π)
Komponen horizontal kecepatan pusat massa tangga adalah
π£π₯ = (β3π
πΏ(1 β cos π))
πΏ
2cos π
π£π₯ = cos π β3ππΏ
4(1 β cos π)
π£π₯2 =
3ππΏ
4(1 β cos π) cos2 π
Diferensialkan persamaan di atas terhadap π
ππ£π₯2
ππ=
π
ππ(
3ππΏ
4(1 β cos π) cos2 π)
2π£π₯
ππ£π₯
ππ=
3ππΏ
4[cos2 π (β(β sin π)) + (1 β cos π)(2 cos π)(β sin π)]
Ketika kecepatan horizontalnya maksimum maka ππ£π₯
ππ= 0
0 = sin π cos2 π β 2 sin π cos π + 2 sin π cos2 π
3 cos π = 2 βΉ cos π =2
3βΉ π = arccos (
2
3) β 48,190
c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal tangga adalah
π£π₯,max =2
3β
3ππΏ
4(1 β
2
3) βΉ π£π₯,max =
1
3βππΏ