Untuk jadi maju memang banyak tantangan dan … 𝜃 𝜃 0 Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism...

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]

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

“Untuk jadi maju memang banyak tantangan dan hambatan. Kecewa

semenit dua menit boleh, tetapi setelah itu harus bangkit lagi.”

Joko Widodo

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

Olimpiade Mingguan

Minggu ke-1 Periode 7-14 Maret 2018

Sebelum memulai jangan lupa berdoa dulu ya menurut agama dan keyakinannya

masing-masing , bagi yang muslim baca doa mau belajar ya

ب س الر الله م م ح ن

الر ح ي م

ل سو ر او ي ب

دن م

ب مح

او ن ي د م

ل س

ب ال

او ب ر االله ب

ت

ي ض

ر ر ز ب

يع ن د

امل

ر و ز ن ق

يف امه

“Dengan menyebut nama Allah yang maha pengasih lagi maha penyayang, kami ridho

Allah SWT sebagai tuhanku, islam sebagai Agamaku, dan Nabi Muhammad sebagai Nabi

dan Rasul, Ya Allah, tambahkanlah kepadaku ilmu dan berikanlah aku pengertian yang

baik ”

Number 1

Suatu objek berbentuk persegi bermassa 𝑀 bergerak lurus dengan kecepatan konstan 𝑣0

di atas sebuah meja licin. Dua buah batang bermassa 𝑚 dan panjang 𝐿 pada awalnya diam

di atas meja licin tersebut dan membentuk sudut 𝜃 dengan garis sejajar arah gerak

persegi 𝑀. Jika kemudian persegi 𝑀 menumbuk kedua batang secara elastis sempurna

dan 𝑀 = 5𝑚, tentukanlah kecepatan akhir tiap benda dan kecepatan sudut batang!

Pembahasan :

Untuk sistem ini, karena semua benda berada di atas meja licin sehingga tidak ada gaya

gesek, maka momentum linear arah horizontal sistem kekal. Hal ini dikarenakan tidak

adanya gaya luar yang bekerja pada arah horizontal. Namun agar lebih mudah, kita tinjau

dari impuls yang bekerja pada sistem. Kemudian energi sistem juga kekal karena tidak

ada gaya luar nonkonservatif yang bekerja pada sistem. Berikut kondisi sistem setelah

tumbukan

𝑀

𝑚

𝑚

𝜃

𝜃

𝐿

𝐿

𝑣0

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

Impuls linear/angular total yang bekerja pada suatu benda sama dengan perubahan

momentum linear/angularnya nya

Untuk persegi 𝑀 (arah positif searah dengan arah gerak persegi)

−2Δ𝑝 = 𝑀Δ𝑣

−2Δ𝑝 = 5𝑚(𝑣 − 𝑣0) ⟹ Δ𝑝 =5

2𝑚(𝑣0 − 𝑣)… (1)

Untuk batang : impuls linear – perubahan momentum linear (kita tinjau salah satu saja

karena gerkan kedua batang sama, dalam hal ini saya pilih batang atas)

Δ𝑝 = 𝑚𝑢…(2)

Untuk batang : impuls angular – perubahan momentum angular

Di sini, kita bisa tinjau terhadap terhadap titik mana saja, namun agar memudahkan, kita

tinjau terhadap pusat massa batang agar kecepatan pusat massa batang tidak perlu kita

ikut sertakan. Momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah

𝐼 =1

12𝑚𝐿2

maka

Δ𝑝𝐿

2sin 𝜃 = 𝐼𝜔

Δ𝑝𝐿

2sin 𝜃 =

1

12𝑚𝐿2𝜔 ⟹ Δ𝑝 =

𝑚𝐿𝜔

6 sin 𝜃… (3)

Dari persamaan (1) dan (2) kita dapatkan 5

2𝑚(𝑣0 − 𝑣) = 𝑚𝑢 ⟹ 𝑣0 − 𝑣 =

2

5𝑢… (4) dan 𝑢 =

5

2(𝑣0 − 𝑣)… (5)

Dari persamaan (2) dan (3)

Δ𝑝

Δ𝑝 𝑀

Δ𝑝

Δ𝑝

𝜃

𝜃

𝑀

𝑢

𝜔

𝜃

𝜃

𝜔

𝑣

𝑢

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

𝑚𝑢 =𝑚𝐿𝜔

6 sin 𝜃⟹ 𝐿𝜔 = 6𝑢 sin 𝜃 … (6)

Dari kekekalan energi sistem kita dapatkan 1

2𝑀𝑣0

2 =1

2𝑀𝑣2 + 2

1

2𝑚𝑢2 + 2

1

2𝐼𝜔2

5𝑚𝑣02 = 5𝑚𝑣2 + 2𝑚𝑢2 +

1

6𝑚𝐿2𝜔2

5(𝑣02 − 𝑣2) = 2𝑢2 +

1

6𝐿2𝜔2

5(𝑣0 + 𝑣)(𝑣0 − 𝑣) = 2𝑢2 +

1

6(𝐿𝜔)2

Subtitusi persmaan (4) dan (6)

5(𝑣0 + 𝑣)2

5𝑢 = 2𝑢2 +

1

6(6𝑢 sin 𝜃)2

2𝑣0 + 2𝑣 = 2𝑢 + 6𝑢 sin2 𝜃

𝑣0 + 𝑣 = 𝑢(1 + 3 sin2 𝜃)

Subtitusi persamaan (5)

𝑣0 + 𝑣 =5

2(𝑣0 − 𝑣)(1 + 3 sin

2 𝜃)

1

2𝑣0(3 + 15 sin

2 𝜃) =1

2𝑣(7 + 15 sin2 𝜃) ⟹ 𝑣 =

3 + 15 sin2 𝜃

7 + 15 sin2 𝜃𝑣0

Subtitusi 𝑣 ke persamaan (5)

𝑢 =5

2(𝑣0 −

3 + 15 sin2 𝜃

7 + 15 sin2 𝜃𝑣0)

𝑢 = 5(7 + 15 sin2 𝜃

7 + 15 sin2 𝜃𝑣0 −

3 + 15 sin2 𝜃

7 + 15 sin2 𝜃𝑣0) ⟹ 𝑢 =

4

7 + 15 sin2 𝜃𝑣0

Subtitusi 𝑢 ke persamaan (6)

𝐿𝜔 = 64

7 + 15 sin2 𝜃𝑣0 sin 𝜃 ⟹ 𝜔 =

24𝑣0 sin 𝜃

(7 + 15 sin2 𝜃)𝐿

Number 2

Di atas suatu meja licin, diletakkan susunan 𝑁 kotak berbentuk kubus bermassa

𝑚1, 𝑚2, 𝑚3, … ,𝑚𝑁. Panjang rusuk kubus tersebut adalah 𝐿. Suatu ketika, si kubus yang

pertama yang pada awalnya diam di beri impuls sehingga dia bergerak dengan kecepatan

konstan 𝑣0 kemudian menumbuk kubus kedua, ketiga, dan seterusnya. Di ujung meja

terdapat sebuah pojokan. Massa kubus pertama adalah 𝑀, massa kubus kedua adalah

setengah kubus pertama, massa kubus ketiga adalah setengah kubus kedua dan pola ini

berlangsung seterusnya sampai kubus terakhir yaitu kubus ke 𝑁. Setelah menumbuk

kotak di depannya, kotak tidak bertumbukan lagi, khusus untuk kotak pertama dan ke 𝑁,

dia hanya bertumbukan satu kali.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

Untuk kondisi yang pertama, semua tumbukan berlangsung secara elastis sempurna,

tentukanlah :

a. Kecepatan kubus ke 𝑘 setelah di tumbuk kubus ke ke 𝑘 − 1 dimana 1 < 𝑘 < 𝑁!

b. Kecepatan kubus ke 𝑁 sebelum menumbuk pojokan meja!

c. Impuls minimum yang diberikan pada kubus pertama agar kubus terakhir dapat jatuh

dari meja!

Untuk kondisi yang kedua, semua tumbukan berlangsung secara elastis sebagian dengan

koefisien restitusi 𝑒, tentukanlah :

d. Kecepatan kubus ke 𝑘 dimana 1 < 𝑘 < 𝑁!

e. Kecepatan kubus ke 𝑁 sebelum menumbuk pojokan meja!

f. Impuls minimum yang diberikan pada kubus pertama agar kubus terakhir dapat jatuh

dari meja!

g. Besar energi yang hilang setelah semua tumbukan terjadi!

Untuk kondisi ketiga, tumbukan yang terjadi tidak elastik sama sekali, tentukanlah :

h. Kecepatan akhir semua kubus setelah semuanya bergerak bersama!

Pembahasan :

a. Supaya kita tidak perlu meninjau semua tumbukan, kita tinjau tumbukan dua buah

kotak dimana kubus pertama bermassa 𝑚 bergerak menumbuk kubus kedua

bermassa 𝑚/2 dengan kecepatan 𝑣1. Karena tumbukan elastis sempurna dan meja

licin kita bisa menggunakan hukum kekekalan momentum linear dan kekekalan

energi kinetik.

Kekekalan momentum linear

𝑚𝑣1 = 𝑚𝑣1′ +

𝑚

2𝑣2 ⟹ 2(𝑣1 − 𝑣1

′) = 𝑣2…(1)

Kekekalan energi mekanik 1

2𝑚𝑣1

2 =1

2𝑚𝑣1

′2 +1

2

𝑚

2𝑣22

2(𝑣12 − 𝑣1

′2) = 𝑣22

2(𝑣1 − 𝑣1′)(𝑣1 + 𝑣1

′) = 𝑣22


𝑣2(𝑣1 + 𝑣1′) = 𝑣2

2 ⟹ 𝑣1 + 𝑣1′ = 𝑣2…(2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚𝑁

𝐿

𝐿

𝑣0

…

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

2(𝑣1 − 𝑣1′) = 𝑣1 + 𝑣1

′ ⟹ 𝑣1′ =

1

3𝑣1

Subtitusi 𝑣1′ ke persamaan (2)

𝑣1 +1

3𝑣1 = 𝑣2 ⟹ 𝑣2 =

4

3𝑣1

Kita kembali ke soal. Perhatikan bahwa semua tumbukan yang terjadi pada soal ini

adalah tumbukan kubus yang bermassa dua kali dari kubus yang ditumbukanya,

maka pola ini akan berlanjut terus.

𝑣1 = 𝑣0

𝑣1′ =

1

3𝑣1 =

1

3𝑣0

𝑣2 =4

3𝑣1 =

4

3𝑣0

𝑣2′ =

1

3𝑣2 =

4

9𝑣0

𝑣3 =4

3𝑣2 =

16

9𝑣0

𝑣3′ =

1

3𝑣3 =

16

27𝑣0

𝑣4 =4

3𝑣3 =

64

27𝑣0

…

𝑣𝑘 = (4

3)𝑘−1

𝑣0

𝑣𝑘′ =

4𝑘−1

3𝑘𝑣0

Maka kecepatan kubus ke 𝑘 setelah ditumbuk kubus ke 𝑘 − 1 adalah

𝑣𝑘 = (4

3)𝑘−1

𝑣0

b. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian a akan kita peroleh kecepatan kubus

ke 𝑁 sebelum menumbuk pojokan meja yaitu

𝑣𝑁 = (4

3)𝑁−1

𝑣0

c. Berikut adalah kondisi kotak ke 𝑁 ketika menumbuk pojokan meja

𝑚𝑁 𝑣𝑁

𝜔

𝐿

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

Gaya luar yang bekerja pada kubus terjadi pada titik sentuh antara kubus dan pojokan

meja. Jadi, jika kita tinjau terhadap titik ini, tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada

kubus sehingga berlaku hukum kekekalan momentum sudut terhadap titik ini.

𝑚𝑁𝑣𝑁𝐿

2= 𝐼𝜔

Momen inersia persegi terhadap pusat massanya yang adalah

𝐼pm =1

6𝑚𝑁𝐿

2

Dengan teorema sumbu sejajar, momen inersia persegi terhadap titik sudutnya

adalah

𝐼 = 𝐼pm +𝑚𝑁 (√2

2𝐿)

2

𝐼 =1

6𝑚𝑁𝐿

2 +𝑚𝑁 (√2

2𝐿)

2

⟹ 𝐼 =2

3𝑚𝑁𝐿

2

maka

𝑚𝑁𝑣𝑁𝐿

2=2

3𝑚𝑁𝐿

2𝜔 ⟹ 𝐿𝜔 =3

4𝑣𝑁

Dengan hukum kekeaklan energi mekanik sistem dengan acuan energi potensial sama

dengan nol adalah permukaan meja licin akan kita dapatkan

1

2𝑚𝑁𝑣𝑁

2 +𝑚𝑁𝑔𝐿

2=1

2(2

3𝑚𝑁𝐿

2)𝜔2 +𝑚𝑁𝑔√2

2𝐿

𝑣𝑁2 + 𝑔𝐿 =

2

3(3

4𝑣𝑁)

2

+ 𝑔𝐿√2

𝑣𝑁2 −

3

8𝑣𝑁

2 = 𝑔𝐿(√2 − 1)

5

8𝑣𝑁

2 = 𝑔𝐿(√2 − 1) ⟹ 𝑣𝑁 = √8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)…(3)

(4

3)𝑁−1

𝑣0 = √8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

𝑣0 = (3

4)𝑁−1

√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah

Δ𝑝 = 𝑚𝑣0 ⟹ Δ𝑝 = 𝑚(3

4)𝑁−1

√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

d. Sekarang tumbukan elastis sebagian, kita tinjau lagi kasus umum seperti pada bagian

a.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

Kekekalan momentum linear

𝑚𝑣1 = 𝑚𝑣1′ +

𝑚

2𝑣2 ⟹ 2(𝑣1 − 𝑣1

′) = 𝑣2…(4)

Dengan rumus koefisien restitusi akan kita dapatkan

𝑒 = −𝑣2 − 𝑣1′

0 − 𝑣1⟹ 𝑣2 = 𝑒𝑣1 + 𝑣1

′ …(5)

Subtitusi persamaan (5) ke (4)

2(𝑣1 − 𝑣1′) = 𝑒𝑣1 + 𝑣1

′

(2 − 𝑒)𝑣1 = 3𝑣1′ ⟹ 𝑣1

′ =(2 − 𝑒)𝑣1

3

Subtitusi 𝑣1′ ke persamaan (4)

2(𝑣1 −(2 − 𝑒)𝑣1

3) = 𝑣2 ⟹ 𝑣2 =

2(1 + 𝑒)𝑣13

Dari sini, kita lihat polanya yaitu

𝑣1 = 𝑣0

𝑣1′ =

(2 − 𝑒)𝑣13

=(2 − 𝑒)𝑣0

3

𝑣2 =2(1 + 𝑒)𝑣1

3=2(1 + 𝑒)𝑣0

3

𝑣2′ =

(2 − 𝑒)𝑣23

=2(1 + 𝑒)(2 − 𝑒)𝑣0

9

𝑣3 =2(1 + 𝑒)𝑣2

3=4(1 + 𝑒)2𝑣0

9

𝑣3′ =

(2 − 𝑒)𝑣33

=4(1 + 𝑒)2(2 − 𝑒)𝑣3

27

𝑣4 =2(1 + 𝑒)𝑣3

3=8(1 + 𝑒)3𝑣0

27

…

𝑣𝑘 = [2(1 + 𝑒)

3]

𝑘−1

𝑣0

𝑣𝑘′ =

[2(1 + 𝑒)]𝑘−1(2 − 𝑒)

3𝑘𝑣0

Maka kecepatan kubus ke 𝑘 setelah ditumbuk kubus ke 𝑘 − 1 adalah

𝑣𝑘 = [2(1 + 𝑒)

3]

𝑘−1

𝑣0

e. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian d akan kita peroleh kecepatan kubus

ke 𝑁 sebelum menumbuk pojokan meja yaitu

𝑣𝑁 = [2(1 + 𝑒)

3]

𝑁−1

𝑣0

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

f. Kasus ini sama seperti pada bagian c sehingga akan kita dapat pula hasil seperti pada

persamaan (3) yaitu

𝑣𝑁 = √8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

Maka

[2(1 + 𝑒)

3]

𝑁−1

𝑣0 = √8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

𝑣0 = [3

2(1 + 𝑒)]𝑁−1

√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah

Δ𝑝 = 𝑚𝑣0 ⟹ Δ𝑝 = 𝑚 [3

2(1 + 𝑒)]𝑁−1

√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

g. Massa kotak ke 𝑁 adalah

𝑚𝑁 = (1

2)𝑁−1

𝑚

Energi awal sistem adalah

𝐸0 =1

2𝑚𝑣0

2

Energi akhir sistem setelah semua tumbukan terjadi adalah

𝐸 =1

2𝑚𝑣1

′ 2 +1

2

𝑚

2𝑣2′ 2 +

1

2

𝑚

4𝑣3′ 2 +

1

2

𝑚

8𝑣4′2 +⋯+

1

2(1

2)𝑁−1

𝑚𝑣𝑁2

𝐸 =1

2𝑚(𝑣1

′ 2 +1

2𝑣2′ 2 +

1

4𝑣3′ 2 +

1

8𝑣4′2 +⋯+ (

1

2)𝑁−1

𝑣𝑁2)

𝐸 =1

2𝑚𝑣0

2 (∑1

2𝑘−1[[2(1 + 𝑒)]𝑘−1(2 − 𝑒)

3𝑘]

2𝑁−1

𝑘=1

+ [2(1 + 𝑒)

3]

2𝑁−2

)

𝐸 =1

2𝑚𝑣0

2 (∑2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2

32𝑘

𝑁−1

𝑘=1

+ [2(1 + 𝑒)

3]

2𝑁−2

)

Untuk menghitung nilai sigma di atas kita modifikasi terlebih dahulu menjadi

2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2

32𝑘=√2

2𝑘√2

−2(1 + 𝑒)2𝑘(1 + 𝑒)−2(2 − 𝑒)2

32𝑘

2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2

32𝑘=(2 − 𝑒)2

2(1 + 𝑒)2([√2(1 + 𝑒)

3]

2

)

𝑘

Sehingga

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

∑2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2

32𝑘

𝑁−1

𝑘=1

=(2 − 𝑒)2

2(1 + 𝑒)2∑([

√2(1 + 𝑒)

3]

2

)

𝑘𝑁−1

𝑘=1⏟ deret geometri

Sigma terkahir adalah suatu deret geometri dengan suku pertama dan rasio memiliki

nilai yang sama yaitu

𝑎 = [√2(1 + 𝑒)

3]

2

= 𝑟

Maka jumlah deret tersebut adalah (ingat bahwa 𝑟 < 1)

𝑆 =𝑎(1 − 𝑟𝑁−1)

1 − 𝑟

𝑆 =

[√2(1 + 𝑒)

3 ]

2

(1 − ([√2(1 + 𝑒)

3 ]

2

)

𝑁−1

)

1 − [√2(1 + 𝑒)

3 ]

2

𝑆 =2(1 + 𝑒)2

9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (

2(1 + 𝑒)2

9)

𝑁−1

]

Maka

∑2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2

32𝑘

𝑁−1

𝑘=1

=(2 − 𝑒)2

2(1 + 𝑒)22(1 + 𝑒)2

9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (

2(1 + 𝑒)2

9)

𝑁−1

]

∑2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2

32𝑘

𝑁−1

𝑘=1

=(2 − 𝑒)2

9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (

2(1 + 𝑒)2

9)

𝑁−1

]

Sehingga energi akhir sistem adalah

𝐸 =1

2𝑚𝑣0

2 ((2 − 𝑒)2

9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (

2(1 + 𝑒)2

9)

𝑁−1

] + [2(1 + 𝑒)

3]

2𝑁−2

)

Maka energi yang hilang adalah

Δ𝐸 = 𝐸 − 𝐸0

Δ𝐸 = −1

2𝑚𝑣0

2 (1 −(2 − 𝑒)2

9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (

2(1 + 𝑒)2

9)

𝑁−1

] + [2(1 + 𝑒)

3]

2𝑁−2

)

h. Soal ini cukup mudah karena momentum total sistem bernilai tetap. Misalkan

kecepatan akhir semua kubus setelah semuanya menyatu adalah 𝑉, maka dari

kekekalan momentum linear akan kita dapatkan

𝑚𝑣0 = (𝑚 +𝑚

2+𝑚

4+𝑚

8+⋯+

𝑚

2𝑁−1)𝑉

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

𝑣0 = (1 +1

2+1

4+1

8+⋯+

1

2𝑁−1)

⏟ deret geometri

𝑉

Dengan 𝑎 = 1 dan 𝑟 = 1/2 dan 𝑛 = 𝑁 maka

𝑠 =𝑎(1 − 𝑟𝑁)

1 − 𝑟

𝑠 =1 − (

12)

𝑁

1 −12

⟹ 𝑠 = 2 − (1

2)𝑁−1

Maka

𝑣0 = [2 − (1

2)𝑁−1

] 𝑉 ⟹ 𝑉 = [2 − (1

2)𝑁−1

]

−1

𝑣0

Number 3

Sebuah bola bermassa 𝑚 dan jari-jari 𝑅 berada di atas lintasan horizontal dalam keadaan

diam. Sebuah kotak bermassa 2𝑚 dengan tinggi ℎ memiliki suatu tongkat yang terikat di

atasnya seperti gambar di bawah. kotak ini berada di permukaan bidang miring dimana

ketinggian pusat massa kotak dari permukaan horizontal adalah 𝐻 dan pada awalnya

berada dalam keadaaan diam. Kotak kemudian dijatuhkan begitu saja tanpa diberi

kecepatan awal. Abaikan efek perubahan lintasan kotak dari bidang miring ke bidang

horizontal. Kotak ini kemudian menumbuk bola secara elastis sempurna sehingga bola

bergerak translasi sekaligus rotasi. Asumsikan 𝐻 ≫ ℎ.

Tentukanlah :

a. Energi potensial awal kotak dengan acuan permukaan horizontal!

b. Kecepatan kotak ketika sampai di permukaan horizontal!

c. Kecepatan translasi kotak dan bola serta kecepatan sudut bola setelah tumbukan!

d. Nilai ℎ yang dapat membuat bola menggelinding tanpa slip di atas bidang horizontal

jika tidak ada lintasan kasar!

Pembahasan :

a. Energi potensial awal kotak adalah

𝑚

2𝑚

ℎ 𝐻

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

𝐸𝑃 = 2𝑚𝑔𝐻

b. Karena permukaan bidang miring licin, energi mekanik sistem kekal. Misalkan

kecepatan kotak ketika sampai di bidang horizontal adalah 𝑣0 maka

2𝑚𝑔𝐻 = 2𝑚𝑔ℎ

2+1

22𝑚𝑣0

2

𝑔 (𝐻 −ℎ

2) =

1

2𝑣02

𝑣02 = 𝑔(2𝐻 − ℎ)

Karena 𝐻 ≫ ℎ maka 2𝐻 − ℎ ≈ 2𝐻 sehingga

𝑣0 = √2𝑔𝐻

c. Sekarang kita tinjau perubahan momentum kotak dan bola. Misalkan besar impuls

yang diberikan kotak dan bola satau sama lain adalah Δ𝑝. Perhatikan kondisi kotak

dan bola ketika bertumbukan

Untuk kotak : Impuls luar – Perubahan momentum linear

−Δ𝑝 = 2𝑚(𝑣1 − 𝑣0) ⟹ Δ𝑝 = 2𝑚(𝑣0 − 𝑣1)… (1)

Untuk bola : Impuls luar – Perubahan momentum linear

Δ𝑝 = 𝑚𝑣2…(2)

Untuk bola : Impuls angular – Perubahan momentum angular

Δ𝑝(ℎ − 𝑅) =2

5𝑚𝑅2𝜔…(3)


2𝑚(𝑣0 − 𝑣1) = 𝑚𝑣2 ⟹ 2(𝑣0 − 𝑣1) = 𝑣2…(4)


𝑚𝑣2(ℎ − 𝑅) =2

5𝑚𝑅2𝜔 ⟹ 𝑅𝜔 =

5

2(ℎ − 𝑅

𝑅) 𝑣2…(5)

Karena tumbukan elastis maka energi kinetik sistem kekal 1

22𝑚𝑣0

2 =1

22𝑚𝑣1

2 +1

2𝑚𝑣2

2 +1

2(2

5𝑚𝑅2)𝜔2

𝑚 2𝑚

Δ𝑝 Δ𝑝

𝑣0 ℎ

𝑚 2𝑚

𝜔

𝑣2 𝑣1

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlisfism

DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

2(𝑣02 − 𝑣1

2) = 𝑣22 +

2

5(𝑅𝜔)2

2(𝑣0 − 𝑣1)(𝑣0 + 𝑣1) = 𝑣22 +

2

5(𝑅𝜔)2

Subtitusi persamaan (4) dan (5)

𝑣2(𝑣0 + 𝑣1) = 𝑣22 +

2

5

25

4(ℎ − 𝑅

𝑅)2

𝑣22

𝑣0 + 𝑣1 = [1 +5

2(ℎ − 𝑅

𝑅)2

] 𝑣2


𝑣0 + 𝑣1 = [1 +5

2(ℎ − 𝑅

𝑅)2

] 2(𝑣0 − 𝑣1)

𝑣1 [3 + 5 (ℎ − 𝑅

𝑅)2

] = 𝑣0 [1 + 5 (ℎ − 𝑅

𝑅)2

]

𝑣1[3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2] = 𝑣0[𝑅

2 + 5(ℎ − 𝑅)2] ⟹ 𝑣1 =𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2

3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2√2𝑔𝐻

Subtitusi 𝑣1 ke persamaan (4)

𝑣2 = 2(𝑣0 −𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2

3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2𝑣0) ⟹ 𝑣2 =

4𝑅2

3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2√2𝑔𝐻

Subtitusi 𝑣2 ke persamaan (5)

𝑅𝜔 =5

2(ℎ − 𝑅

𝑅)

4𝑅2

3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2𝑣0 ⟹ 𝜔 =

10(ℎ − 𝑅)

3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2√2𝑔𝐻

d. Agar setelah ditumbuk kotak bola langsung menggelinding tanpa slip, maka 𝑣2 = 𝑅𝜔

4𝑅2

3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2𝑣0 =

10(ℎ − 𝑅)𝑅

3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2𝑣0

4𝑅2 = 10ℎ𝑅 − 10𝑅2

10ℎ = 14𝑅 ⟹ ℎ =7

5𝑅

Kalau udah selesai jangan lupa doa lagi ya, bagi yang muslim baca

ا ل م ح

ل د

ه ل

ر ب

ع ال

يم ال

ن

“Segal puji bagi Allah SWT, Tuhan alam semesta”

Untuk jadi maju memang banyak tantangan dan … 𝜃 𝜃 0 Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism...

Documents

Transcript of Untuk jadi maju memang banyak tantangan dan … 𝜃 𝜃 0 Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism...