OSK Fisika 2019 Soal dan Solusi · c. Jika sekarang penghubung beban pada pendulum kedua dengan...

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSK Fisika 2019 - SMA Halaman 1 dari 33

OSK Fisika 2019

Soal dan Solusi

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Dimensi Sains Corp

Tahun 2019



Tentang Dimensi Sains

Dimensi Sains menyediakan fasilitas untuk siswa-siswa indonesia untuk belajar fisika

lebih dalam khususnya olimpiade fisika. Kami menyediakan website yang berisi kumpulan

soal, soal bahas, soal olimpiade mingguan, buku referensi, dan banyak lagi materi lainnya

yang bisa temen-temen gunakan untuk belajar olimpiade fisika. Selain itu kami juga

mengadakan olimpiade mingguan. Kalian bisa cek info terkait olimpiade mingguan ini di

website kami yaitu www.basyiralbanjari.wordpress.com. Kami juga mengadakan try out

online berbayar pra OSK, OSP, dan OSN tiap tahunnya. Follow media sosial kami berikut ini

untuk informasi selengkapnya

Instagram : @dimensi_sains

Facebook : Dimensi Sains

ID Line : mr.sainsworld

Whatsapp : 0831-4325-9061

Website : www.basyiralbanjari.wordpress.com

Email : [email protected]

Solusi ini dibuat oleh Ahmad Basyir Najwan, alumni OSN tahun 2017 dan 2018. Kakak

ini telah meraih medali emas untuk bidang fisika pada OSN tahun 2018 di Padang, Sumatera

Barat. Beiau juga telah mengikuti Pelatihan Nasional Tahap I di Jogjakarta pada Oktober 2018

dan Pelatihan Nasional Tahap II di Bandung pada Maret 2019.

Tentunya masih banyak sekali kekurangan dari solusi ini. Oleh karena itu, kami

mengharapkan masukan dari seluruh pembaca, baik berupa koreksi dari kesalahan ketik dan

lain sebagainya maupun saran untuk kami kedepannya agar menjadi lebih baik lagi. Masukan

bisa temen-temen kirimkan melalui media sosial kami yang telah disebutkan di atas.

http://www.basyiralbanjari.wordpress.com/

http://www.basyiralbanjari.wordpress.com/

mailto:[email protected]



OSK Fisika SMA

27 Februari 2019

Waktu 3 Jam

1. Tumbukan Dua Pendulum

Tinjau suatu sistem yang terdiri dari dua pendulum. Pendulum pertama bermassa 𝑀

dengan panjang 2𝐿 dan pendulum kedua bermassa 𝑚 dengan panjang 𝐿 seperti terlihat

pada gambar di bawah. Pendulum pertama dilepas dari sudut 𝜋/2 terhadap vertikal (di

sebelah kiri porosnya) dan bertumbukan dengan pendulum kedua. Setelah tumbukan,

pendulum pertama mencapai sudut 𝜋/2 (di sebelah kanan porosnya) sedangkan

pendulum kedua sedemikian hingga berhasil berputar dengan lintasan berbentuk

lingkaran penuh. Peristiwa ini diamati di suatu ruangan yang memiliki medan gravitasi 𝑔

yang konstan dan berarah ke bawah. Penghubung setiap beban pendulum dengan

porosnya adalah tali yang tidak elastis. Tentukan :

a. Koefisien restitusi 𝑒.

b. Perbandingan massa dari kedua pendulum ini, 𝑀/𝑚.

c. Bagaimana hasil bagian (a) dan (b) jika beban pada pendulum kedua adalah batang?

Berapa tegangan maksimum batang?

Diskusi : Mengapa penghubung setiap beban pendulum dengan porosnya haruslah tali?

Jawabannya ada di gambar sistem, silahkan dipahami sendiri yah , intinya pada

pendulum pertama haruslah tali, memang bisa berupa batang berporos, tapi ini tidak

sesuai karena penghubung beban pada pendulum pertama sepertinya berupa sesuatu

yang lurus dan tidak poros ditengahnya, ya ini cocok dengan tali, walaupun tidak

disebutkan di naskah soal asli. Berbeda dengan pedulum kedua, baik batang ataupun tali,

ini tetap bisa berlaku. Bagian (c) adalah modifikasi yang saya buat.



Catatan : Naskah ini sedikit berbeda dengan naskah soal aslinya. Saya menambahkan

berapa keterangan tambahan untuk memperjelas soal ini.

Solusi :

Pertama kita harus tau dulu urutan peristiwa yang terjadi pada sistem ini. Pertama,

pendulum pertama akan berotasi terhadap porosnya dan tepat sebelum menumbuk

pendulum kedua, beban pada pendulum pertama akan bergerak horizontal ke kanan

dengan kecepatan 𝒗𝟎, yang bisa kita dapatkan dari Hukum Kekekekalan Energi Mekanik

(HKEM). Kemudian beban pada kedua pendulum akan bertumbukan, dan setelah

tumbukan keduanya akan bergerak dengan kecepatan yang berbeda, misal 𝒗𝟏 dan 𝒗𝟐,

untuk beban pada pendulum pertama dan kedua, yang kedua kecepatan ini kita dapatkan

dari Hukum Kekekalan Momentum Linear (HKML) dan Rumus Koefisien Restitusi.

Mengapa kita perlu menggunakan dua persamaan ini? karena kita punya dua variabel

yaitu 𝑣1 dan 𝑣2. Berikutnya, masing-masing beban pada pendulum akan bergerak

melingkar, namun energinya tetap kekal sehingga kita menggunakan kembali Hukum

Kekekekalan Energi Mekanik (HKEM) di sini guna mencari kecepatan setiap beban pada

saat di posisi tertentu yang telah disebutkan dan akan kita bahas juga nanti secara lebih

detail. Terakhir, saat pendulum kedua di posisi tertingginya, kita bisa mendapatkan

kecepatan minimumnya di puncak sedemikian hingga kecepatan ini akan berguna di

Hukum Kekekalan Energi yang kita gunakan sebelumnya. Bagaimana mendapatkan

kecepatan minimum ini? Caranya adalah dengan meninjau Gaya Sentripetal beban

pendulum kedua. Koq bisa? Akan kita bahas di bagian selanjutnya .

a. Mendapatkan 𝒗𝟎

Gunakan HKEM untuk kondisi awal saat pendulum pertama mulai dilepas dan kondisi

akhir saat tepat akan menumbuk pendulum kedua.

Jadikan poros sebagai acuan Energi Potensial sama dengan nol, 𝐸𝑃 = 0, sehingga

𝐸𝑀awal = 𝐸𝑀akhir

0 = −𝑚𝑔(2𝐿) +1

2𝑚𝑣0

2 ⟹ 𝑣0 = 2√𝑔𝐿…(1)



Kemudian kita tinjau tumbukan antara beban pada pendulum pertama dan kedua,

sebelumnya ingat bahwa momentum adalah vektor sehingga arah perlu

dipertimbang, kita gunakan arah standar pada sistem koordinat kartesius dengan

vektor satuan 𝑖̂ dan 𝑗̂ yang menyatakan arah pada sumbu 𝑥 dan sumbu y positif,

sehingga menggunakan HKML akan kita peroleh

�⃗�awal = �⃗�akhir

𝑀𝑣0𝑖̂ = 𝑀𝑣1𝑖̂ + 𝑚𝑣2𝑖̂ ⟹ 𝑣0 = 𝑣1 +𝑚

𝑀𝑣2…(2)

Kemudian dari Rumus Koefisien Restitusi, yaitu perbandingan antara kecepatan relatif

titik-titik yang bertumbukan pada benda yang bertumbukan saat setelah dan sebelum

tumbukan, untuk kasus ini, bebab bisa dianggap benda titik, sehingga kecepatan titik-

titik yang bertumbukan sama dengan kecepatan beban itu sendiri, akan kita peroleh

𝑒 = −𝑣2 − 𝑣10 − 𝑣0

⟹ 𝑒𝑣0 = 𝑣2 − 𝑣1…(3)

Bagian ini sebenarnya tidak diperlukan untuk jawaban tapi saya pikir akan menarik

jika kita membahasnya. Okey, mari kita cari 𝒗𝟐 dan 𝒗𝟏.

Kita dapatkan dua persamaan yaitu persamaan (2) dan (3) dan terdapat dua variabel

yaitu 𝑣2 dan 𝑣1, sedangkan simbol sisanya diketahui nilainya, artinya kita mempunyai

sistem persamaan dua variabel di sini, sekarang mari kita selesaikan SPLDV ini.

Jumlahkan persamaan (2) dan (3) akan kita peroleh 𝑣2

𝑣0⏟(2)

+ 𝑒𝑣0⏟(3)

= 𝑣1 +𝑚

𝑀𝑣2⏟

(2)

+ 𝑣2 − 𝑣1⏟ (3)

(1 + 𝑒)𝑣0 = (𝑚

𝑀+ 1) 𝑣2 ⟹ 𝑣2 =

(1 + 𝑒)𝑀𝑣0𝑀 +𝑚

…(4)

Untuk memperoleh 𝑣1, kita bisa subtitusi persamaan (4) ke (2) atau (3), pilih

sesukamu, saya sendiri memilih untuk mensubtitusi (4) ke (3)

𝑒𝑣0 =(1 + 𝑒)𝑀𝑣0𝑀 +𝑚

− 𝑣1

𝑣1 =(1 + 𝑒)𝑀𝑣0𝑀 +𝑚

− 𝑒𝑣0

Samakan penyebutnya



𝑣1 =𝑀𝑣0 + 𝑒𝑀𝑣0𝑀 +𝑚

−𝑀 +𝑚

𝑀 +𝑚𝑒𝑣0 ⟹ 𝑣1 =

𝑀 − 𝑒𝑚

𝑀 +𝑚𝑣0 …(5)

Seperti itulah kira-kira teknik untuk mendapatkan 𝒗𝟐 dan 𝒗𝟏.

Berikutnya kita tinjau gerak masing-masing pendulum setelah tumbukan. Tapi

sebelumnya kita tinjau dulu gerak melingkar beban pada pendulum kedua di posisi

tertinggi, tujuannya adalah untuk mendapatkan kecepatan minimum beban pada

pendulum kedua ini sedemikian hingga dia bisa menempuh lingkaran penuh.

Pertanyaannya adalah, apa syarat agar ini terjadi? Syaratnya adalah kecepatan beban

pendulum kedua di puncak lintasan minimal bisa membuat tali tetap lurus walaupun

tidak tegang. Kata terakhir adalah cirinya, yaitu tinjau kondisi tepat saat tali tidak

tegang atau 𝑇 = 0. Perhatikan diagram gaya berikut

Dari Hukum Newton untuk arah radial saat tepat di puncak akan kita peroleh

∑�⃗�r = 𝑚�⃗�sentripetal

𝑚𝑔 + 𝑇 = 𝑚𝑣′2

𝐿

Saat 𝑇 = 0, 𝑣′ = 𝑣2min, sehingga

𝑚𝑔 + 0 = 𝑚𝑣2min

2

𝐿⟹ 𝑣2min

2 = 𝑔𝐿

Menggunakan HKEM (untuk pendulum kedua), kondisi awal tepat setelah tumbukan

dan kondisi akhir saat di puncak, serta 𝐸𝑃 = 0 di poros, akan kita peroleh


1

2𝑚𝑣2

2 =1

2𝑚𝑣2min

2 +𝑚𝑔(2𝐿)

𝑣22 = 𝑣2min

2 + 4𝑔𝐿

Subtitusi 𝑣2min2 ke persamaan di atas, akan kita peroleh

𝑚𝑔

𝑇 𝑎sentripetal



𝑣22 = 𝑔𝐿 + 4𝑔𝐿 ⟹ 𝑣2 = √5𝑔𝐿… (6)

Sekarang gunakan HKEM untuk beban pada pendulum pertama, porosnya sekarang

berubah dan berada satu poros dengan pendulum kedua. Untuk pergeseran posisi

yang digambar, kita bisa abaikan karena beban dianggap massa titik. Dari HKEM

akan kita peroleh


1

2𝑚𝑣1

2 = 𝑚𝑔𝐿 ⟹ 𝑣1 = √2𝑔𝐿… (7)

Sekarang kita bisa mendapatkan koefisien restitusi 𝑒, subtitusi 𝑣0, 𝑣1, dan 𝑣2, yaitu

persamaan (1), (7), dan (6) ke persamaan (3)

𝑒(2√𝑔𝐿) = √5𝑔𝐿 − √2𝑔𝐿

2𝑒 = √5 − 1 ⟹ 𝑒 =√5 − √2

2

b. Sekarang kita mempunyai persamaan-persamaan berikut, yaitu

𝑣0 = 2√𝑔𝐿… (1)

𝑣0 = 𝑣1 +𝑚

𝑀𝑣2…(2)

𝑣2 = √5𝑔𝐿… (6)

𝑣1 = √2𝑔𝐿… (7)

Dari persamaan (2) akan kita peroleh

𝑣0 − 𝑣1 =𝑚

𝑀𝑣2 ⟹

𝑀

𝑚=

𝑣2𝑣0 − 𝑣1

Subtitusi 𝑣0, 𝑣1, dan 𝑣2

𝑀

𝑚=

√5𝑔𝐿

2√𝑔𝐿 − √2𝑔𝐿⟹

𝑀

𝑚=

√5

2 − √2

c. Jika sekarang penghubung beban pada pendulum kedua dengan poros adalah batang,

maka saat di puncak, kecepatan minimum beban ini adalah nol, dia tetap bisa

membentuk lingkaran penuh karena ada gaya dari batang, sehingga

𝑣2min = 0

dan efeknya adalah merubah 𝑣2 menjadi

𝑣22 = 0 + 4𝑔𝐿 ⟹ 𝑣2 = 2√𝑔𝐿



dan hasil pada bagian (a) dan (b) akan berubah menjadi

𝑒 =𝑣2 − 𝑣1𝑣0

⟹ 𝑒 =2√𝑔𝐿 − √2𝑔𝐿

2√𝑔𝐿⟹ 𝑒 = 1 −

1

√2

𝑀

𝑚=

𝑣2𝑣0 − 𝑣1

⟹𝑀

𝑚=

2√𝑔𝐿

2√𝑔𝐿 − √2𝑔𝐿⟹

𝑀

𝑚=

1

1 − 1/√2

Tegangan pada batang sama dengan berat beban pada pendulum kedua yaitu

𝑇 = 𝑚𝑔

2. Silinder Berongga di Pinggir Meja

Sebuah silinder berongga berjari-jari 𝑟 bermassa 𝑚 berada di pinggir meja. Jika silinder itu

jatuh menggelinding dari keadaan diam kemudian lepas dari meja pada sudut 𝜃.

Tentukan :

a. Nilai 𝜃 tersebut dan

b. Kecepatan pusat massa silinder saat itu!

c. Bagaimana jika silinder berongga diganti dengan

i. Silinder Pejal

ii. Bola Berongga dengan kulit tipis

iii. Bola Pejal

Jari-jari setiap benda tetap sama yaitu 𝑟, tentukan hasil untuk bagian (a) dan (b) untuk

setiap benda di atas!

Diketahui percepatan gravitasi 𝑔 dan arahnya ke bawah

Petunjuk : Tinjau kasus umum untuk benda melingkar dengan momen inersia 𝑰 = 𝒌𝒎𝒓𝟐

Solusi :

𝜃



a. Di sini kita cukup menggunakan dua konsep, yaitu Hukum Kekekalan Energi Mekanik

(HKEM) atau Konservasi Energi dan Hukum II Newton untuk Gaya Sentripetal. HKEM

untuk mendapatkan kecepatan sudut benda sebagai fungsi 𝜃 sedangkan Gaya

Sentripetal untuk mengetahui kecepatan benda saat lepas kontak. Okey mari kita

kerjakan bersama .

Pertama kita gunakan konservasi energi dengan kondisi ketika pusat massa benda

tepa di atas ujung bagian pinggir meja dan kondisi akhir ketika dia membentuk sudut

𝜃 seperti yang ditunjukan oleh gambar

Jadikan permukaan meja sebagai acuan 𝐸𝑃 = 0, sehingga akan kita peroleh

𝐸awal = 𝐸akhir

𝑚𝑔𝑟 = 𝑚𝑔𝑟 cos 𝜃 +1

2(𝑘𝑚𝑟2 +𝑚𝑟2)𝜔2

2𝑔(1 − cos 𝜃) = (𝑘 + 1)𝑟𝜔2 ⟹𝜔2 =2𝑔

(𝑘 + 1)𝑟(1 − cos 𝜃)… (1)

Kemudian kita tinjau gaya sentripetal pada benda saat sudut 𝜃. Pada saat ini, benda

mendapat gaya normal dari pinggrian meja (sebut saja 𝑁) yang arahnya menuju pusat

benda, selain itu dia juga mendapat gaya berat dari gravitasi yang arahnya selalu ke

bawah (𝑚𝑔), sehingga dengan Hukum II Newton pada arah radial akan kita peroleh

∑�⃗�r = 𝑚�⃗�s

𝑁 −𝑚𝑔 cos 𝜃 = 𝑚(−𝜔2𝑟)

Saat lepas kontak, gaya normal akan bernilai nol, dari sini akan kita peroleh

−𝑚𝑔 cos 𝜃 = −𝑚𝜔2𝑟 ⟹ 𝜔2 =𝑔

𝑟cos 𝜃 … (2)

Dari persamaan (1) dan (2) kita peroleh

𝜃



𝜔2…(1) = 𝜔2…(2)

2𝑔

(𝑘 + 1)𝑟(1 − cos 𝜃) =

𝑔

𝑟cos 𝜃

2 − 2 cos 𝜃 = (𝑘 + 1) cos 𝜃

2 = (3 + 𝑘) cos 𝜃 ⟹ cos 𝜃 =2

3 + 𝑘… (3)

Subtitusi persamaan (3) ke (2), akan kita peroleh 𝜔 yaitu

𝜔2 =𝑔

𝑟(2

3 + 𝑘) ⟹ 𝜔 = √

2𝑔

(3 + 𝑘)𝑟⟹ 𝑣 = 𝜔𝑟 = √

2𝑔𝑟

3 + 𝑘

Sekarang kita gunakan nilai 𝑘 untuk silinder berongga. Pertama saya ingin

menekankan bahwa silinder berongga dengan tutup, berbeda dengan silinder

berongga tanpa tutup, ketipisan permukaan silinder berongga juga penting. Untuk

silinder berongga yang kulitnya tipis dan tanpa tutup, momen inersianya adalah 𝐼s =

𝑚𝑟2⟹ 𝑘 = 1, namun untuk silinder berongga tipis dengan dengan tutup pada kedua

bagiannya, momen inersianya menjadi 𝐼s′ = (2/3) 𝑚𝑟2 ⟹ 𝑘 = 2/3. Mari kita

buktikan, massa masing-masing tutup dan massa selimut silinder adalah

𝑚tutup =𝜋𝑟2

2𝜋𝑟2 + 2𝜋𝑟 × 𝑟/2𝑚 ⟹ 𝑚tutup =

𝑚

3

𝑚selimut =2𝜋𝑟 × 𝑟/2

2𝜋𝑟2 + 2𝜋𝑟 × 𝑟/2𝑚 ⟹ 𝑚selimut =

𝑚

3

Momen inersia silinder berongga tipis dengan dengan tutup pada kedua bagiannya

akan menjadi

𝐼s′ = 2 ×

1

2𝑚tutup𝑟

2 +𝑚selimut𝑟2⟹ 𝐼s

′ =2

3𝑚𝑟2⟹ 𝑘 =

2

3

Maka nilai 𝜃 untuk masing-masing silinder ini adalah

Untuk Silinder Berongga Tipis Tanpa Tutup (𝒌 = 𝟏)

cos 𝜃 =2

3 + 1=1

2⟹ 𝜃 = cos−1 (

1

2) = 600

Untuk Silinder Berongga Tipis dengan Tutup

cos 𝜃 =2

3 + 2/3=6

11⟹ 𝜃 = cos−1 (

6

11) ≈ 56.940

b. Untuk Silinder Berongga Tipis Tanpa Tutup



𝑣 = √2𝑔𝑟

3 + 1⟹ 𝑣 = √

𝑔𝑟

2

Untuk Silinder Berongga Tipis dengan Tutup

𝑣 = √2𝑔𝑟

3 + 2/3⟹ 𝑣 = √

6𝑔𝑟

11

c. Momen inersia tiap benda yang disebutkan adalah

Silinder Pejal ⟹ 𝐼silinder pejal = (1/2)𝑚𝑟2 ⟹ 𝑘 = 1/2

Bola Berongga dengan Kulit Tipis ⟹ 𝐼bola berongga = (2/3)𝑚𝑟2⟹ 𝑘 = 2/3

Bola Pejal ⟹ 𝐼bola pejal = (2/5)𝑚𝑟2 ⟹ 𝑘 = 2/5

Sehingga akan kita peroleh

Untuk Silinder Pejal

cos 𝜃 =2

3 + 1/2=4

7⟹ 𝜃 = cos−1 (

4

7) ≈ 55.150

𝜔 = √2𝑔𝑟

3 + 1/2⟹ 𝑣 = √

4𝑔𝑟

7

Untuk Bola Berongga dengan Kulit Tipis

cos 𝜃 =2

3 + 2/3=3

4⟹ 𝜃 = cos−1 (

6

11) ≈ 56.940

𝑣 = √2𝑔𝑟

3 + 2/3⟹ 𝑣 = √

6𝑔𝑟

11

Untuk Bola Pejal

cos 𝜃 =2

3 + 2/5 =10

17⟹ 𝜃 = cos−1 (

10

12) ≈ 53.970

𝑣 = √2𝑔

3 + 2/5 ⟹ 𝜔 = √

10𝑔𝑟

17



3. Balapan Empat Mobil

Empat buah mobil masing-masing A, B, C, dan D melaju di jalan tol dua arah (timur-barat)

dengan kecepatan konstan. Mobil A, mobil B, dan mobil C bergerak ke timur, sedangkan

mobil D bergerak ke barat. Diketahui :

Mobil A menyalip mobil B pada pukul 10.00.

Mobil A menyalip mobil C pada pukul 11.00.

Mobil A berada pada posisi yang sama dengan mobil D pada pukul 12.00.

Mobil B berada pada posisi yang sama dengan mobil D pada pukul 14.00.

Mobil C berada pada posisi yang sama dengan mobil D pada pukul 16.00.

a. Tentukan kapan mobil B menyalip mobil C!

b. Ketika suatu rentang waktu tertentu di tinjau dari timur ke barat, urutan mobil

berturut-turut adalah A–D–B–C, tentukan kapan ketika mobil B berada tepat ditengah-

tengah antara mobil D dan C.

Solusi :

a. Karena semua mobil bergerak dengan kecepatan konstan, berarti semuanya

mengalami Gerak Lurus Beraturan dan persamaan geraknya akan berbentuk

𝑠A(𝑡) = 𝑠0A + 𝑣A𝑡

𝑠B(𝑡) = 𝑠0B + 𝑣B𝑡

𝑠C(𝑡) = 𝑠0C + 𝑣C𝑡

𝑠D(𝑡) = 𝑠0D − 𝑣D𝑡

Dengan kita jadikan arah timur sebagai arah positif dan arah barat sebagai arah

negatif. Kita jadikan posisi ketika A menyalip B sebagai titik asal (posisi acuan yaitu

posisi saat 𝑡 = 0, kita dapat pilih juga 𝑠0A = 𝑠0B = 0). Maka pukul 10.00 kita jadikan

saat 𝑡 = 0. Misalkan 𝑇 = 1 jam, sehingga untuk berikutnya 2𝑇 = 2 jam, 3𝑇 = 3 jam

dan seterusnya. Perlu kita perhatikan bahwa pada pernyataan-pernyataan soal

disebutkan kata “menyalip” dan “berada pada posisi yang sama”, keduanya ini

memiliki makna fisis yang sama yaitu pada waktu itu, mobil-mobil yang bersangkutan

berada pada posisi yang sama diukur dari saat 𝑡 = 0 pada pukul 10.00 dari posisi awal

ketika mobil A menyalip mobil B. Dari pernyataan kedua akan kita dapatkan



𝑠A(𝑇) = 𝑠C(𝑇)

𝑣A𝑇 = 𝑠0C + 𝑣C𝑇 ⟹ 𝑠0C = (𝑣A − 𝑣C)𝑇… (1)

Berikutnya dari pernyataan ketiga dan seterusnya akan kita peroleh pula

𝑠A(2𝑇) = 𝑠D(2𝑇)

2𝑣A𝑇 = 𝑠0D − 2𝑣D𝑇 ⟹1

2𝑠0D = (𝑣A + 𝑣D)𝑇… (2)

𝑠B(4𝑇) = 𝑠D(4𝑇)

4𝑣B𝑇 = 𝑠0D − 4𝑣D𝑇 ⟹1

4𝑠0D = (𝑣B + 𝑣D)𝑇… (3)

𝑠C(6𝑇) = 𝑠D(6𝑇)

𝑠0C + 6𝑣C𝑇 = 𝑠0D − 6𝑣D𝑇 ⟹1

6(𝑠0D − 𝑠0C) = (𝑣C + 𝑣D)𝑇… (4)

Misalkan selang waktu saat mobil B menyalip mobil C dari pukul 10.00 adalah 𝜏.

𝑠B(𝜏) = 𝑠C(𝜏)

𝑣B𝜏 = 𝑠0C + 𝑣C𝜏

(𝑣B − 𝑣C)𝜏 = 𝑠0C ⟹ 𝜏 =𝑠0C

𝑣B − 𝑣C…(5)

Sekarang kita sudah mendapatkan semua persamaan yang diperlukan dari analisis

secara fisika. Sekarang tugas kita adalah menyatakan 𝜏 dalam 𝑇 menggunakan kelima

persamaan di atas dengan sedikit aljabar matematika. Okey, mari kerjakan bersama

yang temen-temen. Sedikiy tips dan trik dari saya, gunakanlah eliminasi dan subtitusi

sedemikian hingga kita menempuh jalan yang paling simpel, pikirkan dulu sebelum

kita mensubtitusi dan fokuslah pada tujuan kita untuk mendapatkan variabel yang

dikehendaki. Fokus kita adalah mencari nilai dari 𝑠0C

𝑣B−𝑣C.

Okey sekarang kita harus mencari nilai perbandingan ini.

Persamaan (2) − (1)

(𝑣A + 𝑣D)𝑇 − (𝑣A − 𝑣C)𝑇 =1

2𝑠0D − 𝑠0C

(𝑣C + 𝑣D)𝑇 =1

2𝑠0D − 𝑠0C…(6)

Persamaan (4) = (6)

1

6(𝑠0D − 𝑠0C) =

1

2𝑠0D − 𝑠0C



2

6𝑠0D =

5

6𝑠0C ⟹ 𝑠0D =

5

2𝑠0C…(7)

Persamaan (3) − (4)

(𝑣B + 𝑣D)𝑇 − (𝑣C + 𝑣D)𝑇 =1

4𝑠0D −

1

6(𝑠0D − 𝑠0C)

(𝑣B − 𝑣C)𝑇 =1

12𝑠0D +

1

6𝑠0C

(𝑣B − 𝑣C)𝑇 =1

12(5

2𝑠0C) +

1

6𝑠0C ⟹ 𝑣B − 𝑣C =

3𝑠0C8𝑇

… (8)

Subtitusi persamaan (7) dan (8) ke persamaan (5)

𝜏 =𝑠0C3𝑠0C8𝑇

⟹ 𝜏 =8

3 jam = 2 jam 40 menit

Dengan demikian, mobil B akan menyalip mobil C pada pukul 10.00 + 2.40 = pukul

12.40. Mudah bukan .

b. Misalkan saat mobil B tepat berada di tengah-tengah antara mobil D dan C adalah 𝑡 =

𝑇0, dan posisi ketiga mobil ini adalah 𝑠B(𝑇0), 𝑠C(𝑇0), dan 𝑠D(𝑇0). Karena mobil B

berada di tengah-tengah antara mobil D dan C akan berlaku

𝑠B(𝑇0) =𝑠C(𝑇0) + 𝑠D(𝑇0)

2

Loh koq bisa jadi begitu kak??? Okey, buat yang belum paham, kuy lihat ilustrasi ini!

Nah sudah paham kan, okey kita lanjut yah.

𝑣B𝑇0 =𝑠0C + 𝑣C𝑇0 + 𝑠0D − 𝑣D𝑇0

2

(2𝑣B − 𝑣C + 𝑣D)𝑇0 = 𝑠0C + 𝑠0D

𝑇0 =𝑠0C + 𝑠0D

𝑣B − 𝑣C + 𝑣B + 𝑣D…(9)

Subtitusi dari persamaan (3) kita peroleh

𝑣B + 𝑣D =𝑠0D4𝑇

=5𝑠0C8𝑇

… (10)

𝑠0B 𝑠0D

𝑠0C

𝑠0D 𝑠0B

A D B C



Subtitusi persamaan (7), (8), dan (10) ke persamaan (9)

𝑇0 =𝑠0C +

52 𝑠0C

3𝑠0C8𝑇 +

5𝑠0C8𝑇

=7

2𝑇 = 3 jam 30 menit

Dengan demikian, mobil B tepat berada di tengah-tengah antara mobil D dan C pada

pukul 10.00 + 3.30 = pukul 13.30. Sangat mudah lah ya .

4. Gerak Parabola Dua Benda

Dua buah benda awalnya berada di atas permukaan tanah pada posisi yang sama (anggap

sebagai benda titik). Pada saat 𝑡 = 0 kedua benda diberi kecepatan, berturut-turut,

sebesar 𝑣1 dan 𝑣2. Kecepatan benda pertama memiliki sudut 𝜃1 terhadap horizontal dan

kecepatan benda kedua memiliki sudut 𝜃2 terhadap horizontal seperti tampak pada

gambar.

a. Tentukan syarat untuk besar kecepatan dan sudut pelemparan kedua benda agar

minimal kecepatan dari kedua benda pernah saling tegak lurus sekali!

b. Jika kejadian kecepatan kedua benda tegak lurus terjadi sebanyak dua kali. Tentukan

interval waktu antara dua kejadian tersebut!

c. Tentukan perpindahan benda pertama dari kejadian pertama ke kejadian kedua!

d. Tentukan perpindahan benda kedua dari kejadian pertama ke kejadian kedua!

Solusi :

a. Walaupun tidak disebutkan pada soal tentang gravitasi bumi, tentu saja percepatan

gravitasi ini ada karena ada kata “di atas permukaan tanah” yang menandakan

peristiwa ini terjadi di permukaan bumi dan otomatis setiap benda akan memiliki

percepatan gravitasi 𝑔 yang arahnya ke bawah. Sekarang kita jadikan posisi awal

pelemparan kedua benda sebagai titik asal dan menggunakan sistem koordinat

kartesius sederhana.

𝜃1 𝜃2

𝑣1 𝑣2



Secara umum dari gerak parabola untuk posisi 𝑥 dan 𝑦 nya terhadap titik asal akan

memiliki bentuk

𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃 𝑡

𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃 𝑡 −1

2𝑔𝑡2

Serta komponen kecepatannya pada sumbu 𝑥 dan 𝑦 adalah

𝑣𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃

𝑣𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃 − 𝑔𝑡

kemudian vektor posisi dan kecepatan benda dapat dinyatakan sebagai

𝑟(𝜃, 𝑡) = 𝑥𝑖̂ + 𝑦𝑗̂

𝑟(𝜃, 𝑡) = 𝑣0 cos 𝜃 𝑡𝑖̂ + (𝑣0 sin 𝜃 𝑡 −1

2𝑔𝑡2) 𝑗̂ … (1)

�⃗�(𝜃, 𝑡) = 𝑣𝑥𝑖̂ + 𝑣𝑦𝑗̂

�⃗�(𝜃, 𝑡) = 𝑣0 cos 𝜃 𝑖̂ + (𝑣0 sin 𝜃 − 𝑔𝑡)𝑗̂ … (2)

𝑟(𝜃, 𝑡) menandakan bahwa 𝑟 merupakan fungsi dari variabel 𝜃 dan 𝑡 (nilainya

bervariasi bergantung pada 𝜃 dan 𝑡) sedangkan 𝑣0 dan 𝑔 adalah konstanta yang

nilainya dipertahankan konstan. Berdasarkan persamaan (1) dan (2), vektor posisi dan

kecepatan kedua benda akan kita peroleh sebagai berikut

𝑟1 = 𝑣1 cos 𝜃1 𝑡𝑖̂ + (𝑣1 sin 𝜃1 𝑡 −1

2𝑔𝑡2) 𝑗̂

𝑟2 = 𝑣2 cos 𝜃2 𝑡𝑖̂ + (𝑣2 sin 𝜃2 𝑡 −1

2𝑔𝑡2) 𝑗̂

�⃗�1 = 𝑣1 cos 𝜃1 𝑖̂ + (𝑣1 sin 𝜃1 − 𝑔𝑡)𝑗̂

�⃗�2 = 𝑣2 cos 𝜃2 𝑖̂ + (𝑣2 sin 𝜃2 − 𝑔𝑡)𝑗̂

Untuk (𝜃, 𝑡) tidak saya tuliskan lagi, alasannnya untuk mempersingkat penulisan saja,

yang pasti kita tahu bahwa fungsi vektor 𝑟 dan �⃗� bergantung pada 𝜃 dan 𝑡.

𝜃2 𝜃1

𝑣2 𝑣1

𝑥

𝑦



Baiklah, kita sudah mendapatkan vektor kecepatan tiap benda. Ingat bahwa syarat

suatu vektor itu tegak lurus adalah perkalian titik atau dot product kedua vektor

tersebut bernilai nol. Bagi temen-temen yang belum belajar perkalian titik, temen-

temen bisa baca buku-buku referensi tentang vektor yah. Ok, dari sini akan kita

peroleh

�⃗�1 ∙ �⃗�2 = 0 = 𝑣x1𝑣x2 + 𝑣y1𝑣y2

0 = (𝑣1 cos 𝜃1)(𝑣2 cos 𝜃2) + (𝑣1 sin 𝜃1 − 𝑔𝑡)(𝑣2 sin 𝜃2 − 𝑔𝑡)

0 = 𝑣1 𝑣2cos 𝜃1 cos 𝜃2 + 𝑣1𝑣2 sin 𝜃1 sin 𝜃2 − (𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)𝑔𝑡 + 𝑔2𝑡2

𝑔2𝑡2 − (𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)𝑔𝑡 + 𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1) = 0

Telah kita gunakan identitas trigonometri yaitu cos(𝜃2 − 𝜃1) = cos 𝜃1 cos 𝜃2 +

sin 𝜃1 sin 𝜃2. Tampak bahwa kita dapatkan persamaan kuadrat untuk 𝑡. Nilai 𝑡 yang

memenuhi persamaan di atas adalah nilai 𝑡 saat kecepatan kedua benda ini tegak

lurus. Jika diinginkan bahwa kedua benda minimal pernah tegak lurus sekali, maka

akar-akarnya haruslah real dan ada nilainya, sehingga diskriminan persamaan kuadrat

tersebut harus lebih dari atau sama dengan nol (𝐷 ≥ 0, 𝐷 > 0 adalah syarat untuk

akar real berbeda dan 𝐷 = 0 adalah syarat untuk akar kembar) sehingga kita peroleh

𝐷 ≥ 0

[−(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)𝑔]2 − 4𝑔2𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1) ≥ 0

(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2

2)2

≥ 𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1)

Persamaan terakhir adalah syarat yang kita cari untuk besar kecepatan dan sudut

pelemparan kedua benda agar minimal kecepatan dari kedua benda pernah saling

tegak lurus sekali.

b. Penyelesain untuk nilai 𝑡 dapat kita tentukan dengan rumus abc, sehingga kita perole

𝑡 =(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)𝑔 ± √(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)2𝑔2 − 4𝑔2𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1)

2𝑔2

𝑡 =(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)

2𝑔± √

(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)2

4𝑔2−𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1)

𝑔2

𝑡 =(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)

2𝑔(1 ± √1 −

4𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1)

(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)2)



Sehingga waktu untuk kejadian tegak lurus pertama dan kedua adalah

𝑡1 =(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)

2𝑔(1 − √1 −

4𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1)


𝑡2 =(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)

2𝑔(1 + √1 −

4𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1)


Dan selang waktu antara dua kejadian ini adalah

Δ𝑡 = 𝑡2 − 𝑡1

Δ𝑡 =(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)

𝑔√1 −

4𝑣1𝑣2 cos(𝜃2 − 𝜃1)

(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)2

c. Perpindahan benda pertama dalam bentuk vektor dapat kita nyatakan sebagai

Δ𝑟1 = 𝑟1(𝜃1, 𝑡2) − 𝑟1(𝜃1, 𝑡1)

Δ𝑟1 = 𝑣1 cos 𝜃1 𝑡2𝑖̂ + (𝑣1 sin 𝜃1 𝑡2 −1

2𝑔𝑡2

2) 𝑗̂ − 𝑣1 cos 𝜃1 𝑡1𝑖̂

+ (𝑣1 sin 𝜃1 𝑡1 −1

2𝑔𝑡1

2) 𝑗̂

Δ𝑟1 = 𝑣1 cos 𝜃1 (𝑡2 − 𝑡1)𝑖̂ + 𝑣1 sin 𝜃1 (𝑡2 − 𝑡1)𝑗̂ −1

2𝑔(𝑡2

2 − 𝑡12)𝑗̂

Δ𝑟1 = 𝑣1 cos 𝜃1 Δ𝑡𝑖̂ + [𝑣1 sin 𝜃1 Δ𝑡 −1

2𝑔Δ𝑡𝑇] 𝑗̂

Dengan

𝑇 = 𝑡2 + 𝑡1 =(𝑣1 sin 𝜃1 + 𝑣2 sin 𝜃2)

𝑔

Catatan : Kita boleh saja menggunakan variabel yang sudah didapat sebelumnya atau

menggantikan dengan variabel baru untuk menyederhanakan hasil kita seperti yang

saya lakukan pada bagian ini yaitu tetap menggunakan Δ𝑡 dan membuat variabel

pengganti 𝑇, dengan tentu memberikan definisi dari 𝑇 seperti yang saya contohkan di

atas.

d. Perpindahan benda pertama dalam bentuk vektor dapat kita nyatakan sebagai

Δ𝑟2 = 𝑟2(𝜃2, 𝑡2) − 𝑟2(𝜃2, 𝑡1)



Δ𝑟2 = 𝑣2 cos 𝜃2 𝑡2𝑖̂ + (𝑣2 sin 𝜃2 𝑡2 −1

2𝑔𝑡2

2) 𝑗̂ − 𝑣2 cos 𝜃2 𝑡1𝑖̂

+ (𝑣2 sin 𝜃2 𝑡1 −1

2𝑔𝑡1

2) 𝑗̂

Δ𝑟2 = 𝑣2 cos 𝜃2 (𝑡2 − 𝑡1)𝑖̂ + 𝑣2 sin 𝜃2 (𝑡2 − 𝑡1)𝑗̂ −1

2𝑔(𝑡2

2 − 𝑡12)𝑗 ̂

Δ𝑟2 = 𝑣2 cos 𝜃2 Δ𝑡𝑖̂ + [𝑣2 sin 𝜃2 Δ𝑡 −1

2𝑔Δ𝑡𝑇] 𝑗̂

5. Platform yang Bergerak Melingkar

Pada suatu platform kerangka (bumi) yang berotasi pada sumbu O dengan kecepatan

sudut 𝜔0, terdapat platform A yang porosnya berjarak 𝑅 dari pusat kerangka O.

Asumsikan platform A berputar tanpa gesekan pada porosnya. Di atas platform A,

terdapat beberapa orang yang tersebar di pinggiran platform, sehingga memiliki massa

total 𝑀 (anggap pusat massa benda tepat di atas poros) dan momen inersia 𝐼1. Pada

awalnya, platform tersebut bergerak bersaman dengan kerangka (bumi), sehingga 𝜔A,O =

0 (tidak ada gerak relatif antara platform A relatif terhadap kerangka O). Namun, jika

ditinjau dari kerangka inersial (misalnya dari luar angkasa), platform A tersebut berotasi

dengan kecepatan sudut |�⃗⃗⃗�A,I| = 𝜔0, dan juga berevolusi terhadap pusat kerangka O.

Layaknya partikel-partikel angin topan yang berputar dan bergerak menuju pusatnya (di

mana tekanan lebih rendah), orang-orang tersebut bergerak menuju pusat platform A,

sehingga momen inersia platform A berkurang menjadi 𝐼2. Anggap pusat massa tidak

berubah sepanjang perjalanan tersebut. Tentukan:

𝑧

𝜔A,I

𝜔0 𝑅

O

A

𝑀

𝐼1



a. Kecepatan sudut akhir platform A (𝜔A,O′ ) relatif terhadap kerangka (bumi)! Nyatakan

jawaban Anda dalam 𝑀, 𝑅, 𝐼1, 𝐼2, dan 𝜔0! Apakah rotasinya searah atau berlawanan

arah jarum jam?

b. Energi yang harus dikeluarkan oleh orang-orang tersebut untuk mengubah momen

inersia platform A dari 𝐼1 menjadi 𝐼2! Nyatakan jawaban Anda dalam 𝑀, 𝑅, 𝐼1, 𝐼2, dan

𝜔0!

Solusi:

a. Pada soal ini kita bisa menggunakan Hukum Kekekalan Momentum Sudut. Namun

kita perlu teliti dengan acuannya, kita harus pilih acuan sedemikian hingga dari

pengamat yang ada di acuannya tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada sistem

sehingga syarat momentum sudut kekal akan terpenuhi. Dalam hal ini, acuan yang kita

pilih adalah luar angkasa, karena dari sini tidak ada torsi eksternal (tidak ada gaya

eksternal). Sistem kita di sini adalah platform A sehingga Momentum sudut total

sistem adalah momentum platform A terhadap luar angkasa, ini penting untuk diingat,

, mengapa? Karena kita perlu menjumlahkan semua momentum dari setiap acuan,

momentum sudut platform A terhadap kerangka bumi dan terhadap luar angkasa.

Dari sini momentum awal sistem akan menjadi

�⃗⃗�awal = 𝑀𝑅2𝜔0�̂� + 𝐼1|�⃗⃗⃗�A,I|�̂� = 𝑀𝑅

2𝜔0�̂� + 𝐼1𝜔0�̂�

Momentum sudut akhir sistem akan menjadi

�⃗⃗�akhir =1

2𝑀𝑅2𝜔0�̂� + 𝐼2�⃗⃗⃗�A,I

′

Sehingga dari Hukum Kekekalan Momentum Sudut akan kita peroleh

�⃗⃗�awal = �⃗⃗�akhir

1

2𝑀𝑅2𝜔0�̂� + 𝐼1𝜔0�̂� =

1

2𝑀𝑅2𝜔0�̂� + 𝐼2�⃗⃗⃗�A,I

′

𝐼1𝜔0�̂� = 𝐼2�⃗⃗⃗�A,I′ ⟹ �⃗⃗⃗�A,I

′ =𝐼1𝐼2𝜔0�̂�

Kemudian dari konsep gerak relatif, maka kecepatan sudut platform A terhadap

kerangka (bumi) adalah

�⃗⃗⃗�A,O′ = �⃗⃗⃗�A,I

′ + �⃗⃗⃗�I,O′ = �⃗⃗⃗�A,I

′ − �⃗⃗⃗�O,I′



�⃗⃗⃗�A,O′ =

𝐼1𝐼2𝜔0�̂� − 𝜔0�̂� ⟹ �⃗⃗⃗�A,O

′ = (𝐼1𝐼2− 1)𝜔0�̂�

Dimana �̂� adalah vektor satuan pada sumbu 𝑧 yang arahnya ke atas dan menurut

aturan tangan kanan, arah rotasinya adalah berlwanan arah jarum jam.

b. Usaha yang dilakukan oleh orang-orang pada platform A sama dengan perubahan

energi kinetik platform A, kita pilih acuan energi di luar angkasa, akan kita peroleh

𝑊 = Δ𝐸 = 𝐸akhir − 𝐸awal

𝑊 =1

2(1

2𝑀𝑅2)𝜔0

2 +1

2𝐼2|𝜔A,I

′ |2− [1

2(1

2𝑀𝑅2)𝜔0

2 +1

2𝐼1|𝜔A,I|

2]

𝑊 =1

2𝐼2 (𝐼1𝐼2)2

𝜔02 −

1

2𝐼1𝜔0

2

𝑊 =1

2(𝐼1𝐼2− 1) 𝐼1𝜔0

2

6. Benda Jatuh dari Atap Ruangan Berpegas

Sebuah benda kecil bermassa 𝑚 digantungkan pada atap ruangan dengan panjang tali

yang dapat diabaikan. Ruangan tersebut bermassa 𝑀 dan memiliki tinggi 𝐻 serta berada

di atas sebuah pegas dengan konstanta 𝑘. Sistem tersebut sedang berada dalam kondisi

setimbang. Pada 𝑡 = 0, tali penggantung dipotong sehingga benda 𝑚 jatuh dengan

percepatan 𝑔 terhadap tanah. Asumsikan nilai 𝑀 sangat besar. Tentukan waktu yang

ditempuh benda hingga menumbuk lantai ruangan. (Petunjuk: untuk nilai 𝑥 yang kecil,

maka cos 𝑥 ≈ 1 − 𝑥2/2)

Solusi:

𝑚

𝑘

𝑀

𝑔 𝐻



Untuk menyelesaikan soal ini, kita perlu mencari posisi massa 𝑚 dan posisi lantai ruangan

sebagai fungsi waktu dengan acuan yang sama, sehingga kita bisa menemukan waktu saat

saat keduanya bertumbukan (bertemu).

Okey, pertama acuan yang saya pilih adalah posisi kesetimbangan ketika massa 𝑚 sudah

terlepas dari atap ruangan, yaitu ketinggian yang berjarak ℎM di bawah posisi relaks pegas

dengan

ℎM =𝑀𝑔

𝑘

Saat tepat dilepas, posisi lantai ruangan berada di jarak ℎm dari posisi relaks pegas dengan

ℎm =(𝑀 +𝑚)𝑔

𝑘

Saya pilih arah positif adalah ke atas, sehingga posisi massa 𝑚 sebagai fungsi waktu adalah

𝑦m(𝑡) = 𝐻 − (ℎm − ℎM) −1

2𝑔𝑡2

𝑦m(𝑡) = 𝐻 −𝑚𝑔

𝑘−1

2𝑔𝑡2

Lantai ruangan mengalami gerak osilasi sederhana layaknya massa pegas biasa dengan

kecepatan sudut osilasi 𝜔 = √𝑘/𝑀 . Persamaan umum gerak lantai ruangan akan

berbentuk

𝑦M(𝑡) = 𝐴 sin𝜔𝑡 + 𝐵 cos𝜔𝑡

𝑣M(𝑡) =𝑑𝑦M(𝑡)

𝑑𝑡= 𝜔𝐴 cos𝜔𝑡 − 𝜔𝐵 sin𝜔𝑡

Saat 𝑡 = 0, lantai ruangan ada di 𝑦M(0) = −(ℎm − ℎM) dan awalnya diam atau 𝑣M(0) =

0 sehingga akan kita peroleh

𝑣M(0) = 0 = 𝜔𝐴 − 0 ⟹ 𝐴 = 0

𝐻

𝐻

𝑚

𝑀

𝑀 𝑚

𝑔

𝑘 𝑘

ℎM ℎm



𝑦M(0) = −𝑚𝑔

𝑘= 𝐵

Sehingga akan kita peroleh

𝑦M(𝑡) = −𝑚𝑔

𝑘cos(√

𝑘

𝑀𝑡)

Untuk 𝑀 yang sangat besar, maka

cos(√𝑘

𝑀𝑡) ≈ 1 −

𝑘

2𝑀𝑡2

Sehingga kita peroleh

𝑦M(𝑡) =𝑚

2𝑀𝑔𝑡2 −

𝑚𝑔

𝑘

Misal saat bertumbukan adalah saat 𝑡 = 𝑇, maka kita peroleh nilai 𝑇 dengan meninjau

kondisi saat posisi 𝑚 dan lantai ruangan 𝑀 berada di posisi yang sama yaitu

𝑦m(𝑇) = 𝑦M(𝑇)

𝐻 −𝑚𝑔

𝑘−1

2𝑔𝑇2 =

𝑚

2𝑀𝑔𝑇2 −

𝑚𝑔

𝑘

𝐻 = (𝑚

𝑀+ 1)

1

2𝑔𝑇2

𝑔𝑇2 =2𝑀𝐻

𝑀 +𝑚⟹ 𝑇 = √

2𝑀𝐻

(𝑀 +𝑚)𝑔

7. Tiga Buah Partikel pada Lintasan Lingkaran Horizontal

Tiga buah partikel A, B, dan C yang bermassa sama 𝑚 dapat meluncur sepanjang lintasan

lingkaran licin pada bidang horizontal seperti pada gambar. Partikel B dan C terhubung

oleh suatu pegas dengan tetapan pegas 𝑘 dan panjang naturalnya adalah 𝑅. Pada awalnya

sistem B dan C berada dalam keadaan diam di sepanjang garis radial dan partikel A

bergerak dengan laju 𝑣0. Jika koefisien restitusi tumbukan antara A dan B adalah 𝑒,

tentukan panjang maksimum pegas selama gerakan!



Solusi:

Pertama kita cari dulu kecepatan partikel B setelah ditumbuk oleh partikel A, pada proses

tumbukan ini berlaku Hukum Kekekalan Momentum karena tidak ada gaya eksternal

antara dua partikel ini, dari sini kita peroleh

𝑚𝑣0 = 𝑚𝑣A +𝑚𝑣B ⟹ 𝑣0 = 𝑣A + 𝑣B…(1)

Kemudian dari persamaan koefisien restitusi akan kita peroleh pula

𝑒 = −𝑣B − 𝑣A0 − 𝑣0

⟹ 𝑒𝑣0 = 𝑣B − 𝑣A…(2)

Jumlahkan persamaan (1) dan (2) akan kita peroleh 𝑣B, sehingga

𝑣0 + 𝑒𝑣0 = 𝑣A + 𝑣B + 𝑣B − 𝑣A

(1 + 𝑒)𝑣0 = 2𝑣B ⟹ 𝑣B =1

2(1 + 𝑒)𝑣0…(3)

Saat pegas teregang maksimum, kecepatan sudut partikel B dan C memiliki besar dan arah

yang sama terhadap pusat lintasan, 𝜔B = 𝜔C = 𝜔. Loh koq bisa, okey akan kita buktikan,

pertama kita tinjau kondisi saat pegas sudah teregang tapi belum maksimum, atau ini

disebut sebagai kasus umum, yaitu saat posisi sudut partikel B dan C adalah 𝜃B dan 𝜃C

dari garis vertikal di atas pusat lintasan berdasarkan gambar berikut

𝑣0

𝑅

2𝑅

𝑘

𝐴 𝐵

𝐶



Dari aturan kosinus, akan kita dapatkan panjang pegas sebagai fungsi 𝜃B dan 𝜃C yaitu

𝑙2 = (2𝑅)2 + 𝑅2 − 2(2𝑅)𝑅 cos(𝜃B − 𝜃C)

𝑙2 = 5𝑅2 − 4𝑅2 cos(𝜃B − 𝜃C)

Saat 𝑙 bernilai maksimum, maka turunan pertamanya terhadap waktu atau perubahan

panjang terhadap waktu akan bernilai nol (secara fisis saat sudah maksimum, panjang

pegas akan berhenti bertambah untuk sesaat, sebelum kemudian memendek kembali),

sehingga

𝑑𝑙2

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑡[5𝑅2 − 4𝑅2 cos(𝜃B − 𝜃C)] = 0

0 + 4𝑅2 sin(𝜃B − 𝜃C)𝑑

𝑑𝑡(𝜃B − 𝜃C) = 0

𝜔B − 𝜔C = 0 ⟹ 𝜔B = 𝜔C = 𝜔

Kemudian karena tidak ada torsi eksternal, momentum sudut sistem partikel B-C sesaat

setelah B ditumbuk oleh partikel A akan sama dengan momentum sudut saat pegas

teregang maksimum (Hukum Kekekalan Momentum Sudut), dari sini akan kita peroleh

𝑚𝑣B. 2𝑅 = 𝑚𝑅2𝜔C +𝑚(2𝑅)

2𝜔B

2𝑚𝑣B𝑅 = [𝑚𝑅2 + 4𝑚𝑅2]𝜔 ⟹ 𝜔𝑅 =

2

5𝑣B…(4)

Kemudian, karena lintasan licin, energi mekanik sistem partikel B-C akan kekal, dari sini

akan kita peroleh

𝐸awal = 𝐸akhir

1

2𝑚𝑣B

2 =1

2𝑚(𝜔B. 2𝑅)

2 +1

2𝑚(𝜔C𝑅)

2 +1

2𝑘(𝑙 − 𝑅)2

𝑚𝑣B2 = 4𝑚𝜔2𝑅2 +𝑚𝜔2𝑅2 + 𝑘(𝑙 − 𝑅)2

𝐶 𝐵

𝐴

𝜃B 𝜃C 𝑅

2𝑅

𝑙



𝑚

𝑘(𝑣B

2 − 5𝜔2𝑅2) = (𝑙 − 𝑅)2

Subtitusi persamaan (4)

𝑚

𝑘(𝑣B

2 − 5(2

5𝑣B)

2

) = (𝑙 − 𝑅)2

𝑚

5𝑘 𝑣B

2 = (𝑙 − 𝑅)2

𝑙 − 𝑅 = 𝑣B√𝑚

5𝑘


𝑙 = 𝑅 +1

2(1 + 𝑒)𝑣0√

𝑚

5𝑘

8. Karet pada Kerucut Terpancun

Sebuah karet homogen memiliki massa 𝑚 dan dapat dianggap seperti pegas yang memiliki

konstanta elastisitas 𝑘. Ketika karet tersebut dalam kondisi tidak tertekan, karet tersebut

berbentuk seperti cincin dengan jari-jari 𝑟 (abaikan ukuran penampang lintang karet).

Selanjutnya karet tersebut ditempatkan secara horizontal pada permukaan licin suatu

kerucut terpancung dengan jari-jari atas 𝑟, jari-jari bawah 𝑅 > 𝑟, dan tinggi 𝑡. Percepatan

gravitasi 𝑔 ke bawah. Tentukan:

a. Pertambahan jari-jari karet dinyatakan dalam 𝑚, 𝑔, 𝑘, 𝑟, 𝑅, dan 𝑡!

b. Tinggi karet dari alas kerucut!

(Bonus Osilasi Karet pada Kerucut Terpancung)

Solusi:

𝑟

𝑅

𝑡

Kerucut Terpancung

Karet



a. Untuk menyelesaikan soal ini terdapat beberapa cara. Pada solusi ini kita akan

membahas bersama menggunakan dua cara yaitu menggunakan Metode Gaya dan

Metode Energi. Sebelumnya, saya akan menjelaskan dulu keadaan karet ini saat

dilepaskan dari bagian atas kerucut terpacung. Setelah dilepaskan, karet akan

bertambah panjang sedikit-demi sedikit dan turun dari puncak bagian atas kerucut.

Proses ini terus berlanjut sampai suatu ketika panjang karet tidak bertambah lagi

sedemikian rupa dia berada dalam kesetimbangan dan kesetimbangan ini kita sebut

dengan Kesetimbangan Stabil. Mengapa stabil? Ciri-ciri utamanya adalah saat kita

simpangkan dia akan kembali kepada posisi kesetimbangan ini, dan hal ini mudah saja

kita nalar dengan logika kita bukan. Saat kita simpangkan sedikit si karet, dia pasti balik

lagi ke posisi kesetimbangan ini, hal inilah yang membuat posisi kesetimbangan ini

menjadi posisi kesetimbangan yang stabil. Secara matenatis akan kita bahas pada

bagian metode energi.

Cara 1: Metode Gaya

Perhatikan gambar di bawah ini!

Misalkan saat karet sudah setimbang, jari-jarinya menjadi 𝑟′ dan karet berada di

ketinggian 𝑡′ dari alas kerucut. Dari kesebangunan kita dapatkan hubungan berikut

𝑟′ − 𝑟

𝑅 − 𝑟=𝑡 − 𝑡′

𝑡= 1 −

𝑡′

𝑡

𝑡′

𝑡= 1 −

𝑟′ − 𝑟

𝑅 − 𝑟⟹ 𝑡′ = 𝑡 (1 −

𝑟′ − 𝑟

𝑅 − 𝑟)… (1)

Kemudian dari trigonometri juga kita peroleh nilai untuk tangen 𝜃 yaitu

tan 𝜃 =𝑅 − 𝑟

𝑡… (2)

𝑅

𝑡′

𝑟′

𝑟

𝑡 𝜃

𝑅

𝑡′

𝑟′

𝑟

𝑡 𝜃



Sekarang kita tinjau karet. Misalkan tegangan karet sekarang 𝑇 dan besarnya adalah

𝑇 = 𝑘Δ𝐿

𝑇 = 𝑘(2𝜋𝑟′ − 2𝜋𝑟) ⟹ 𝑇 = 2𝜋𝑘(𝑟′ − 𝑟)… (3)

Kita harus mencari hubungan gaya tegangan pada karet ini dengan gaya berat karet.

Bagaimana caranya? Caranya adalah dengan menghubungkan gaya berat dan gaya

tegangan karet dengan gaya normal pada karet. Perhatikan gambar di bawah!

Dari proyeksi gaya normal di atas, kita bisa dapatkan hubungan trigonometri antara

gaya normal komponen vertikal dan horizontal yaitu

tan 𝜃 =𝑁y

𝑁x…(4)

Gaya berat karet akan diseimbangkan oleh komponen vertikal gaya normal pada

seluruh bagian karet, dari sini kita peroleh

𝑁y = 𝑚𝑔…(5)

Sekarang, bagaimana hubungan gaya normal komponen horizontal dengan gaya

tegangan pada karet? Di sini kita perlu meninjau dulu sebagian kecil karet atau yang

sering dikatakan sebagai elemen karet. Karena karet berdimensi lingkaran atau cincin,

maka elemen yang sesuai adalah elemen berbentuk panjang busur dengan sudut kecil

𝑑𝜙 yang mana panjang busur kecil ini menjadi 𝑟′𝑑𝜃. Perhatikan diagram gaya pada

elemen kecil ini untuk arah horizontal berikut!

𝑑𝑁 𝑑𝑁y

𝑑𝑁x

𝑚𝑔



Dari sini akan kita peroleh

𝑑𝑁x = 2𝑇 sin𝑑𝜙

2

Elemen ini kita anggap sangat kecil sehingga sudut 𝑑𝜙 sangatlah kecil pula dan kita

bisa gunakan pendekatan sin 𝑑𝜙/2 ≈ 𝑑𝜙/2 sehingga

𝑑𝑁x = 2𝑇𝑑𝜙

2⟹ 𝑑𝑁x = 𝑇𝑑𝜙

Maka nilai komponen horizontal total untuk seluruh bagian karet adalah (arah gaya ini

menyebar secara radial menjauhi pusat karet)

𝑁x = ∫𝑑𝑁x = 𝑇∫ 𝑑𝜙2𝜋

0

⟹𝑁x = 2𝜋𝑇…(6)

Untuk sudut 𝜙, kita gunakan batas dari 0 sampai 2𝜋 karena karet berupa lingkaran

dan sudut totalnya adalah 360 derajat atau 2𝜋 radian. Mengapa 𝑇 bisa keluar dari

integral? Alasannya adalah karena nilai 𝑇 ini konstan pada seluruh bagian karet, dan

konstanta bisa keluar dari proses integrasi secara matematis.

Dari persamaan (2) dan (4) kita peroleh

𝑁y

𝑁x=𝑅 − 𝑟

𝑡

Subtitusi persamaan (5) dan (6)

𝑚𝑔

2𝜋𝑇=𝑅 − 𝑟

𝑡

𝑑𝑁x

𝑇

𝑑𝜙

𝑇




𝑚𝑔

2𝜋[2𝜋𝑘(𝑟′ − 𝑟)]=𝑅 − 𝑟

𝑡

4𝜋2𝑘(𝑟′ − 𝑟)

𝑚𝑔=

𝑡

𝑅 − 𝑟

𝑟′ − 𝑟 =𝑚𝑔𝑡

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)

Sehingga pertambahan jari-jari karet adalah

Δ𝑟 = 𝑟′ − 𝑟 =𝑚𝑔𝑡

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)

Cara 2: Metode Energi

Untuk menggunakan metode energi kita perlu meninjau energi potensial sistem.

Bagaimana kita bisa mengetahui pertambahan panjang karet dari energi sistem?

Caranya adalah kita membuat pernyataan fungsi energi potensial secara umum

sebagai fungsi salah satu variabel yang berubah nilainya, dalam kasus ini adalah

sebagai fungsi 𝑟′ atau 𝑡′, namun karena kita ingin mencari pertambahan jari-jari,

alangkah baiknya kita nyatakan sebagai fungsi 𝑟′ saja. Nah saat suatu sistem berada

dalam kesetimbangan stabil, maka dia akan berada di suatu kondisi dimana energi

potensialnya bernilai minimum. Syarat energi potensial ini bernilai minimum adalah

gradien energi potensial ini bernilai nol terhadap variabel yang berubah (𝑑𝑈/𝑑𝑟′ =

0). Gradien ini dapat diartikan sebagai perubahan energi potensial terhadap 𝑟′.

Mengapa hanya energi potensial saja? Mengapa energi kinetik tidak dimasukkan?

Untuk menjawab pertanyaan ini, saya anjurkan temen-temen untuk membaca lebih

lanjut tentang materi energi di buku-buku referensi yang sering saya rekomendasikan

di website saya. Selamat belajar , baik kita lanjutkan.

Energi potensial sistem karet ini terdiri dari energi potensial gravitasi dan energi

potensial pegas dari karet, kita gunakan simbol 𝑈 untuk energi potensial, kita dapat

tuliskan



𝑈 = 𝑈pegas + 𝑈gravitasi

Untuk energi potensial gravitasi, kita perlu memilih acuan, syarat acuannya adalah

posisi vertikal yang tetap. Disini saya akan coba menggunakan acuan alas kerucut.

Maka akan kita peroleh

𝑈 =1

2𝑘Δ𝐿2 +𝑚𝑔𝑡′

Subtitusi persamaan (1) dan Δ𝐿

𝑈(𝑟′) =1

2𝑘(2𝜋𝑟′ − 2𝜋𝑟)2 +𝑚𝑔𝑡 (1 −

𝑟′ − 𝑟

𝑅 − 𝑟)

𝑈(𝑟′) = 2𝜋2𝑘(𝑟′ − 𝑟)2 +𝑚𝑔𝑡 (1 −𝑟′ − 𝑟

𝑅 − 𝑟)

Turunkan terhadap 𝑟′ akan kita dapatkan pertambahan jari-jari karet yaitu

𝑑𝑈(𝑟′)

𝑑𝑟′= 4𝜋2𝑘(𝑟′ − 𝑟) + 𝑚𝑔𝑡 (0 −

1

𝑅 − 𝑟)

4𝜋2𝑘(𝑟′ − 𝑟) =𝑚𝑔𝑡

𝑅 − 𝑟

Δ𝑟 = 𝑟′ − 𝑟 =𝑚𝑔𝑡

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)

b. Subtitusi Δ𝑟 = 𝑟′ − 𝑟 ke persamaan (1) akan kita peroleh tinggi karet dari alas kerucut

yaitu

𝑡′ = 𝑡 [1 −𝑚𝑔𝑡

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2]

Bonus: Osilasi Karet pada Kerucut Terpancung

Jika karet yang sudah berada dalam kondisi setimbang di atas kita beri simpangan pada arah

vertikal dengan simpangan yang kecil, berapa frekuensi osilasi karet ini?

Solusi:



Misalkan karet kita simpangkan ke bawah sejauh 𝑦 dari posisi setimbang, menggunakan

Hukum II Newton untuk arah vertikal akan kita peroleh

−𝑁y′ +𝑚𝑔 = 𝑚�̈�

Dari sebelumnya kita telah peroleh bahwa

𝑁y′ = 𝑁x

′ tan 𝜃

𝑁y′ = 2𝜋𝑇′

𝑅 − 𝑟

𝑡

𝑁y′ = 2𝜋[2𝜋𝑘(𝑟′′ − 𝑟)]

𝑅 − 𝑟

𝑡⟹ 𝑁y

′ =4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)

𝑡(𝑟′′ − 𝑟)

Analog dengan persamaan (1), kita bisa peroleh

𝑟′′ − 𝑟

𝑅 − 𝑟=𝑡 − 𝑡′ + 𝑦

𝑡

𝑟′′ − 𝑟 = (𝑅 − 𝑟) (1 −𝑡′

𝑡+𝑦

𝑡)

Maka akan kita peroleh

𝑁y′ =

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2

𝑡(1 −

𝑡′

𝑡+𝑦

𝑡)

Kembali ke persamaan yang kita dapat dari Hukum II Newton, akan kita peroleh

−4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2

𝑡(1 −

𝑡′

𝑡+𝑦

𝑡) + 𝑚𝑔 = 𝑚�̈�

−4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2

𝑡(1 −

𝑡′

𝑡) + 𝑚𝑔 = 𝑚�̈� +

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2

𝑡2𝑦

Dari hasil bagian (b) kita tahu bahwa

𝑡′ = 𝑡 [1 −𝑚𝑔𝑡

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2]

𝑚𝑔𝑡2

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2= 𝑡 − 𝑡′



𝑚𝑔 =4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2

𝑡2(𝑡 − 𝑡′) ⟹ −

4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2

𝑡(1 −

𝑡′

𝑡) + 𝑚𝑔 = 0

Sehingga kita dapatkan persamaan gerak harmonik sederhana untuk karet pada arah vertikal

yaitu

�̈� +4𝜋2𝑘(𝑅 − 𝑟)2

𝑚𝑡2𝑦 = 0

Kecepatan sudut osilasi karet dan frekuensinya akan kita dapatkan yaitu

�̈� + 𝜔2𝑦 = 0 ⟹ 𝜔 =2𝜋(𝑅 − 𝑟)

𝑡√𝑘

𝑚⟹ 𝑓 =

𝜔

2𝜋=𝑅 − 𝑟

𝑡√𝑘

𝑚

Kalian juga bisa mendapatkan persamaan gerak harmonik sederhana ini dari energi total

sistem (energi potensial dan kinetik). Silahkan dicoba sendiri yah . Kuncinya ada pada

energi total sistem yang kekal atau tidak berubah terhadap waktu. Kalian cukup cari fungsi

umum energi total sistem sebagai fungsi salah satu variabel posisi kemudian diferensialkan

terhadap waktu. Selamat mencoba .

OSK Fisika 2019 Soal dan Solusi · c. Jika sekarang penghubung beban pada pendulum kedua dengan...

Documents

Transcript of OSK Fisika 2019 Soal dan Solusi · c. Jika sekarang penghubung beban pada pendulum kedua dengan...