Download - OSP Fisika 2019 Soal dan Solusi...soal, soal bahas, soal olimpiade mingguan, buku referensi, dan banyak lagi materi lainnya yang bisa temen-temen gunakan untuk belajar olimpiade fisika.

Transcript

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 1 dari 34

OSP Fisika 2019

Soal dan Solusi

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Dimensi Sains Corp

Tahun 2019

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 2 dari 34

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.

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 3 dari 34

OSP Fisika SMA

8-10 April 2019

Waktu 3,5 Jam

1. Tumbukan Sistem Batang Partikel dengan Dindin Licin

Sebuah sistem terdiri dari dua buah partikel masing-masing bermassa 𝑀 dan π‘š yang

dihubungkan oleh suatu batang tegar tidak bermassa dengan panjang 𝑙. Sistem berada

pada suatu meja horizontal licin yang pada ujungnya terdapat sebuah dinding yang juga

licin. Sistem yang sedang bergerak kemudian menumbuk dinding secara elastik

sempurna. Diketahui ketika sesaat sebelum menumbuk dinding, sistem bergerak dengan

laju pusat massa 𝑣0, laju sudut terhadap pusat massa πœ”0, dan menumbuk dinding dengan

sudut πœƒ0 = 450 seperti ditunjukkan pada gambar.

Tentukan:

a. kecepatan sudut sistem sesaat setelah tumbukan!

b. kecepatan pusat massa sistem sesaat setelah tumbukan!

Solusi:

a. Pada sistem ini, pusat massa sistem bukan berada di tengah batang karena massa di

kedua ujung batang berbeda. Dari teorema pusat massa, misalkan π‘Ÿm dan π‘ŸM adalah

jarak pusat massa dari massa π‘š dan 𝑀, maka akan kita peroleh

π‘Ÿm =𝑀𝑙

𝑀 + π‘š dan π‘ŸM =

π‘šπ‘™

𝑀 + π‘š

Kalau kamu bingung kenapa seperti, berikut penjelasannya. Untuk menggunakan

rumus pusat massa, kita harus memilih acuan dulu, misal kita pilih acuan si π‘š, artinya

kita mencari π‘Ÿm, maka posisi π‘š akan nol dan posisi 𝑀 adalah 𝑙 dari π‘š sehingga kita

dapatkan hasil seperti di atas, lakukan sebaliknya untuk π‘ŸM.

π‘₯

𝑦

dinding

licin

𝑣 0

πœ” 0 𝑀

π‘š πœƒ0 = 450

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 4 dari 34

Kemudian, setelah mengetahui posisi pusat massa sistem, kiat perlu tau momen

inersia sistem ini terhadap pusat massanya. Menggunakan hasil sebelumnya, akan kita

peroleh

𝐼pm = π‘šπ‘Ÿm2 + π‘€π‘ŸM

2

𝐼pm = π‘šπ‘€2𝑙2

(𝑀 + π‘š)2+ 𝑀

π‘š2𝑙2

(𝑀 + π‘š)2

𝐼pm =π‘€π‘š(𝑀 + π‘š)

(𝑀 + π‘š)2𝑙2 ⟹ 𝐼pm =

π‘€π‘š

𝑀 + π‘šπ‘™2

Okey, mari kita lanjutkan! Dari gambar kita tahu bahwa bidang tumbukan adalah

sejajar sumbu π‘₯ sehingga dinding akan memberikan impuls pada arah sumbu 𝑦.

Karena tidak ada impuls pada sumbu π‘₯, momentum batang pada sumbu π‘₯ akan

konstan, dari sini kita peroleh

𝑝xi = 𝑝xf

π‘šπ‘£0 cos 450 = π‘šπ‘£pmx ⟹ 𝑣pmx =𝑣0

√2… (1)

Misalkan impuls yang diberikan dinding pada tongkat adalah 𝐽, maka dari teorema

impuls-momentum linear dan angular akan kita peroleh (saya jadikan arah positif

sesuai sistem koordinat pada gambar, untuk arah positif rotasi adalah searah jarum

jam)

𝐽 = (𝑀 + π‘š) (𝑣pmy βˆ’ (βˆ’π‘£0 sin 450)) ⟹ 𝐽 = (𝑀 + π‘š) (𝑣pmy +𝑣0

√2) … (2)

𝑀 π‘š

pusat massa

π‘Ÿm π‘ŸM

π‘₯

𝑦

dinding

licin

𝑣 0

πœ” 0 𝑀

π‘š πœƒ0 = 450

π‘Ÿm cos 450 𝐽

𝑣pmx

𝑣pmy πœ”

𝑀

π‘š

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 5 dari 34

π½π‘Ÿm cos 450 = 𝐼pm(πœ” βˆ’ (βˆ’πœ”0))

𝐽𝑀𝑙

𝑀 + π‘š

1

√2=

π‘€π‘š

𝑀 + π‘šπ‘™2(πœ” + πœ”0) ⟹ 𝐽 = √2π‘šπ‘™(πœ” + πœ”0) … (3)

Dari persamaan (2) dan (3) kita peroleh

(𝑀 + π‘š) (𝑣pmy +𝑣0

√2) = √2π‘šπ‘™(πœ” + πœ”0)

𝑣pmy = βˆ’π‘£0

√2+

√2π‘š

𝑀 + π‘š(πœ” + πœ”0)𝑙 … (4)

Tumbukan antara massa π‘š dan dinding bersifat elastis, artinya koefisien resitusinya

adalah 1. Dari definisi koefisien restitusi yaitu perbandingan atau rasio antara besar

kecepatan relatif saling menjauh sesudah tumbukan dengan kecepatan relatif saling

mendekat sebelum tumbukan dari kedua titik yang bertumbukan (massa π‘š dan titik

tumbukan pada dinding) akan kita peroleh

1 =𝑣pmy + πœ”π‘Ÿm cos 450

𝑣0 sin 450 + πœ”0π‘Ÿm cos 450

𝑣0

√2+

𝑀

𝑀 + π‘š

πœ”0𝑙

√2= 𝑣pmy +

𝑀

𝑀 + π‘š

πœ”π‘™

√2

Subtitusi persamaan (4), akan kita dapatkan kecepatan sudut sistem setelah

tumbukan

𝑣0

√2+

𝑀

𝑀 + π‘š

πœ”0𝑙

√2= βˆ’

𝑣0

√2+

√2π‘š

𝑀 + π‘š(πœ” + πœ”0)𝑙 +

𝑀

𝑀 + π‘š

πœ”π‘™

√2| Γ— √2

2𝑣0 +𝑀

𝑀 + π‘šπœ”0𝑙 βˆ’

2π‘š

𝑀 + π‘šπœ”0𝑙 =

2π‘š

𝑀 + π‘šπœ”π‘™ +

𝑀

𝑀 + π‘šπœ”π‘™

2π‘š + 𝑀

𝑀 + π‘šπœ”π‘™ = 2𝑣0 +

𝑀 βˆ’ 2π‘š

𝑀 + π‘šπœ”0𝑙

πœ” =𝑀 βˆ’ 2π‘š

𝑀 + 2π‘šπœ”0 +

2(𝑀 + π‘š)

𝑀 + 2π‘š

𝑣0

𝑙

b. Untuk mendapatkan kecepatan pusat massa batang kita memerlukan 𝑣pmx dan 𝑣pmy.

Subtitusi πœ” ke persamaan (4)

𝑣pmy = βˆ’π‘£0

√2+

√2π‘š

𝑀 + π‘š(𝑀 βˆ’ 2π‘š

𝑀 + 2π‘šπœ”0 +

2(𝑀 + π‘š)

𝑀 + 2π‘š

𝑣0

𝑙+ πœ”0) 𝑙

𝑣pmy = βˆ’βˆš2𝑣0

2+

2√2π‘€π‘š

(𝑀 + π‘š)(𝑀 + 2π‘š)πœ”0𝑙 +

2√2π‘š(𝑀 + π‘š)

(𝑀 + π‘š)(𝑀 + 2π‘š)𝑣0

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 6 dari 34

𝑣pmy =2√2π‘€π‘š

(𝑀 + π‘š)(𝑀 + 2π‘š)πœ”0𝑙 βˆ’

√2(𝑀 + π‘š)(𝑀 βˆ’ 2π‘š)

2(𝑀 + π‘š)(𝑀 + 2π‘š)𝑣0

Sehingga kecepatan pusat massa sistem setelah tumbukan adalah

𝑣 pm = 𝑣pmxοΏ½Μ‚οΏ½ + 𝑣pmyοΏ½Μ‚οΏ½

𝑣 pm =√2

2𝑣0οΏ½Μ‚οΏ½ +

4√2π‘€π‘šπœ”0𝑙 βˆ’ √2(𝑀 + π‘š)(𝑀 βˆ’ 2π‘š)𝑣0

2(𝑀 + π‘š)(𝑀 + 2π‘š)οΏ½Μ‚οΏ½

2. Sistem Massa Katrol di Atas Bidang Miring

Pada gambar disamping ini, benda berpenampang lintang segitiga bermassa π‘š1, bergerak

menuruni bidang miring yang diam dan licin dengan sudut kemiringan 𝛼 . Salah satu sudut

pada π‘š1 juga sama dengan 𝛼 , sedangkan sudut dimana terdapat katrol licin tak bermassa

adalah siku-siku. Disisi bidang vertikal π‘š1 terdapat massa π‘š2, sedangkan di atas bidang

horizontal π‘š1 terdapat massa π‘š3. Kedua massa π‘š2 dan π‘š3 terhubung oleh tali tak

bermassa yang dilewatkan pada katrol tersebut (lihat gambar di bawah). Permukaan

antara π‘š1 dengan π‘š2 dan π‘š3 bersifat licin. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.

Tentukan:

a. besar percepatan π‘š1 relatif terhadap bidang miring!

b. syarat nilai 𝛼 dinyatakan dalam besaran-besaran massa di atas agar π‘š2 bergerak naik

relatif terhadap π‘š1!

Solusi:

a. Untuk mempermudah, saya menggunakan konsep gaya fiktif di sini. Berikut diagram

gaya pada setiap benda!

π‘š1 π‘š2

π‘š3

𝑔 𝛼

𝛼

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 7 dari 34

Menggunakan Hukum I dan II Newton untuk tiap massa akan kita peroleh

Massa π‘š1: Pada arah sejajar bidang miring

π‘š1𝑔 sin 𝛼 + 𝑇(sin 𝛼 βˆ’ cos 𝛼) + 𝑁3 sin 𝛼 βˆ’ 𝑁2 cos 𝛼 = π‘š1π‘Ž1 … (1)

Catatan: Saat meninjau gaya pada π‘š2 dan π‘š3 relatif π‘š1 akan muncul gaya fiktif yang

besarnya adalah massa tiap benda dikalikan dengan percepatan kerangka acuannya

(π‘š1) dan arahnya berlawanan dengan arah percepatan kerangka acuan.

Massa π‘š3: Pada sumbu horizontal relatif terhadap π‘š1

𝑇 βˆ’ π‘š3π‘Ž1 cos 𝛼 = π‘š3π‘Ž

𝑇 = π‘š3π‘Ž1 cos 𝛼 + π‘š3π‘Ž … (2)

Massa π‘š3: Pada sumbu vertikal relatif terhadap π‘š1

𝑁3 + π‘š3π‘Ž1 sin 𝛼 βˆ’ π‘š3𝑔 = 0

𝑁3 = π‘š3𝑔 βˆ’ π‘š3π‘Ž1 sin 𝛼 … (3)

Massa π‘š2: Pada sumbu horizontal relatif terhadap π‘š1

𝑁2 = π‘š2π‘Ž1 cos 𝛼 … (4)

Massa π‘š2: Pada sumbu vertikal relatif terhadap π‘š1

βˆ’π‘‡ βˆ’ π‘š2π‘Ž1 sin 𝛼 + π‘š2𝑔 = π‘š2π‘Ž … (5)

subtitusi persamaan (2) ke (5) akan kita dapatkan

βˆ’(π‘š3π‘Ž1 cos 𝛼 + π‘š3π‘Ž) βˆ’ π‘š2π‘Ž1 sin 𝛼 + π‘š2𝑔 = π‘š2π‘Ž

π‘š2𝑔 βˆ’ (π‘š2 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼)π‘Ž1 = (π‘š2 + π‘š3)π‘Ž

π‘Ž =π‘š2𝑔 βˆ’ (π‘š3 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼)π‘Ž1

π‘š2 + π‘š3… (6)

Subtitusi persamaan (6) ke (2)

𝑇 = π‘š3π‘Ž1 cos 𝛼 + π‘š3

π‘š2𝑔 βˆ’ (π‘š2 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼)π‘Ž1

π‘š2 + π‘š3

𝑇 =(π‘š2 + π‘š3)π‘š3π‘Ž1 cos 𝛼 + π‘š2π‘š3𝑔 βˆ’ π‘š3(π‘š2 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼)π‘Ž1

π‘š2 + π‘š3

π‘š2𝑔 π‘š1𝑔 π‘š3𝑔

𝑁3

𝑁3

𝑁2 𝑁2

𝑇

𝑇

𝑇 𝑇

𝑁1 π‘Ž1

π‘Ž

π‘Ž

π‘š2π‘Ž1 π‘š3π‘Ž1

𝛼 𝛼

𝛼

𝛼

𝛼 𝛼 𝛼

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 8 dari 34

𝑇 =π‘š2π‘š3𝑔 + π‘š2π‘š3π‘Ž1(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)

π‘š2 + π‘š3… (7)

Subtitusi persamaan (3), (4), dan (4) ke (1)

π‘š1𝑔 sin 𝛼 +π‘š2π‘š3𝑔 + π‘š2π‘š3π‘Ž1(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)

π‘š2 + π‘š3

(sin 𝛼 βˆ’ cos 𝛼)

+ (π‘š3𝑔 βˆ’ π‘š3π‘Ž1 sin 𝛼) sin 𝛼 βˆ’ π‘š2π‘Ž1 cos 𝛼 cos 𝛼 = π‘š1π‘Ž1

(π‘š1 + π‘š3)(π‘š2 + π‘š3)𝑔 sin 𝛼 βˆ’ π‘š2π‘š3𝑔(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼) βˆ’ π‘š2π‘š3π‘Ž1(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)2

βˆ’ (π‘š2 + π‘š3)π‘š3π‘Ž1 sin2 𝛼 βˆ’ (π‘š2 + π‘š3)π‘š2π‘Ž1 cos2 𝛼

= (π‘š2 + π‘š3)π‘š1π‘Ž1

[(π‘š1 + π‘š3)(π‘š2 + π‘š3) sin 𝛼 βˆ’ π‘š2π‘š3(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)]𝑔

= [π‘š2π‘š3(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)2 + (π‘š2 + π‘š3)π‘š3 sin2 𝛼 + (π‘š2 + π‘š3)π‘š2 cos2 𝛼 + (π‘š2 + π‘š3)π‘š1]⏟ 𝑓

π‘Ž1

Kita sederhanakan terlebih dahulu

𝑓 = π‘š2π‘š3(cos2 𝛼 + sin2 𝛼 βˆ’ 2 sin 𝛼 cos 𝛼) + π‘š32 sin2 𝛼 + π‘š2

2 cos2 𝛼

+ π‘š2π‘š3 sin2 𝛼 + π‘š2π‘š3 cos2 𝛼 + +(π‘š2 + π‘š3)π‘š1

𝑓 = π‘š2π‘š3(2 βˆ’ sin 2𝛼) + π‘š32 sin2 𝛼 + π‘š2

2 cos2 𝛼 + (π‘š2 + π‘š3)π‘š1

Sehingga akan kita peroleh percepatan massa π‘š1 yaitu

π‘Ž1 =(π‘š1 + π‘š3)(π‘š2 + π‘š3) sin 𝛼 βˆ’ π‘š2π‘š3(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)

π‘š2π‘š3(2 βˆ’ sin 2𝛼) + π‘š32 sin2 𝛼 + π‘š2

2 cos2 𝛼 + (π‘š2 + π‘š3)π‘š1𝑔

b. Agar π‘š2 bergerak naik, maka percepatan π‘š2 relatif π‘š1 harus berarah ke atas. Karena

sebelumnya tadi kita mengasumsikan arah percepatan ini ke bawah, maka nilai π‘Ž

haruslah kurang dari nol, sehingga

π‘Ž < 0

π‘š2𝑔 βˆ’ (π‘š3 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼)π‘Ž1

π‘š2 + π‘š3< 0

π‘š2𝑔

π‘š3 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼< π‘Ž1

Subtitusi π‘Ž1

π‘š2𝑔

π‘š3 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼

<(π‘š1 + π‘š3)(π‘š2 + π‘š3) sin 𝛼 βˆ’ π‘š2π‘š3(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)

π‘š2π‘š3(2 βˆ’ sin 2𝛼) + π‘š32 sin2 𝛼 + π‘š2

2 cos2 𝛼 + (π‘š2 + π‘š3)π‘š1𝑔

Sehingga, nilai 𝛼 harus memenuhi pertidaksamaan berikut

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 9 dari 34

(π‘š1 + π‘š3)(π‘š2 + π‘š3) sin 𝛼 βˆ’ π‘š2π‘š3(cos 𝛼 βˆ’ sin 𝛼)

π‘š2π‘š3(2 βˆ’ sin 2𝛼) + π‘š32 sin2 𝛼 + π‘š2

2 cos2 𝛼 + (π‘š2 + π‘š3)π‘š1>

π‘š2

π‘š3 sin 𝛼 + π‘š3 cos 𝛼

3. Kesetimbangan Partikel pada Cincin Berputar

Sebuah partikel bermassa π‘š bergerak tanpa gesekan pada cincin berjari-jari 𝑅 yang

berotasi dengan kecepatan sudut Ξ© terhadap sumbu vertikal seperti ditunjukkan pada

gambar. Sudut antara garis yang menghubungkan pusat O ke massa π‘š dengan garis

vertikal ke bawah adalah πœƒ . Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.

a. Tentukan sudut πœƒ yang merupakan sudut kesetimbangan stabil dan tidak stabil.

Tentukan pula nilai kecepatan sudut kritis pada kesetimbangan stabil.

b. Misalnya πœƒ0 adalah sudut kesetimbangan stabil. Partikel m tersebut kemudian

diberikan osilasi kecil di sekitar sudut πœƒ0. Tentukan kecepatan sudut osilasi kecil

tersebut. Apakah nilainya lebih kecil, sama atau lebih besar dari Ξ©?

Solusi:

a. Kita coba selesaikan soal ini dengan metode energi. Tujuan kita adalah mendapatkan

persamaan gerak partikel dengan meninjau energinya. Kita jadikan pusat cincin

sebagai acuan energi potensial sama dengan nol. Misal partikel membentuk sudut πœƒ

terhadap garis vertikal di bawah pusat cincin. Pada koordinat bola, partikel memiliki

arah pada dua komponen yaitu komponen tangensial dan azimuntal, yaitu 𝑣 p =

οΏ½Μ‡οΏ½π‘…πœƒ + Ω𝑅 sin πœƒ οΏ½Μ‚οΏ½. Kecepatan partikel arah πœƒ adalah kecepatan yang kita gunakan

pada energi kinetik, untuk kecepatan pada arah οΏ½Μ‚οΏ½, ini dia merupakan bagian dari gaya

sentripetal dan jika kita tinjau pada kerangka yang berputar dengan kecepatan sudut

Ξ©

O 𝑅

π‘š

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 10 dari 34

Ξ©, partikel akan mendapat gaya fiktif yaitu gaya sentrifugal yang memberikan

tambahan pada energi potensial partikel, sehingga

𝐸 = βˆ’π‘šπ‘”π‘… cos πœƒ +1

2π‘šπ‘…2οΏ½Μ‡οΏ½2 + π‘Šfsentrifugal

Kita hitung dulu usaha dari gaya sentrifugal ini

π‘Šfsentrifugal = ∫ 𝐹 sen βˆ™ 𝑑𝑠

π‘Šfsentrifugal = ∫ π‘šΞ©2𝑅 sin πœƒ (sin πœƒ οΏ½Μ‚οΏ½ + cos πœƒ πœƒ) βˆ™ (𝑅 sin πœƒ π‘‘πœ™οΏ½Μ‚οΏ½ + π‘…π‘‘πœƒπœƒ)

π‘Šfsentrifugal = π‘šΞ©2𝑅2 ∫ sin πœƒ cos πœƒ π‘‘πœƒπœƒ

0

= βˆ’π‘šΞ©2𝑅 ∫ sin πœƒ 𝑑(sin πœƒ)πœƒ

0

π‘Šfsentrifugal = βˆ’π‘šΞ©2𝑅2 (1

2sin2 πœƒ) ⟹ π‘Šfsentrifugal = βˆ’

1

2π‘šΞ©2𝑅2 sin2 πœƒ

Sehingga energi total sistem menjadi

𝐸 = βˆ’π‘šπ‘”π‘… cos πœƒ +1

2π‘šπ‘…2οΏ½Μ‡οΏ½2 βˆ’

1

2π‘šΞ©2𝑅2 sin2 πœƒ

Dengan energi potensial efektif

π‘ˆeff = βˆ’π‘šπ‘”π‘… cos πœƒ βˆ’1

2π‘šΞ©2𝑅2 sin2 πœƒ

Turunkan energi total terhadap waktu satu kali, karena energi kekal maka turunan

pertama 𝐸 terhadap waktu adalah nol atau secara fisis dapat diartikan tidak ada

perubahan energi yang juga artinya adalah energi sistem kekal.

𝑑𝐸

𝑑𝑑= 0 = π‘šπ‘”π‘… sin πœƒ οΏ½Μ‡οΏ½ + π‘šπ‘…2(οΏ½Μ‡οΏ½οΏ½ΜˆοΏ½ βˆ’ Ξ©2 sin πœƒ cos πœƒ οΏ½Μ‡οΏ½)

𝑔 sin πœƒ + π‘…οΏ½ΜˆοΏ½ βˆ’ 𝑅Ω2 sin πœƒ cos πœƒ = 0

Persamaan terakhir adalah persamaan gerak partikel π‘š. Saat setimbang, percepatan

partikel π‘š adalah nol atau �̈� = 0, sehingga

sin πœƒ (𝑔 βˆ’ 𝑅Ω2 cos πœƒ) = 0

Dari persamaan di atas, kita dapatkan dua posisi kesetimbangan yaitu saat sin πœƒ = 0

atau πœƒ = 0 yang mana ini adalah posisi kesetimbangan labil dan 𝑔 βˆ’ 𝑅Ω2 cos πœƒ = 0

atau cos πœƒ = 𝑔/ 𝑅Ω2 yang merupakan posisi kesetimbangan stabil partikel.

bagaimana membuktikannya? Secara fisis kita bayangkan bahwa saat partikel ada di

posisi πœƒ = 0 maka saat dia kita simpangkan sedikit dia tidak akan kembali ke posisi ini

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 11 dari 34

sehingga posisi ini adalah posisi kesetimbangan labil. Kemudian saat πœƒ = cosβˆ’1(𝑔/

𝑅Ω2), ketika beri simpangan sedikit, partikel akan kembali ke posisi

kesetimbangannya sehingga ini adalah posisi kesetimbangan stabil.

Jawaban:

kesetimbangan labil ⟹ πœƒ = 0

kesetimbangan stabil ⟹ πœƒ = cosβˆ’1 (𝑔

Ξ©2𝑅 )

b. Sekarang kita gunakan

πœƒ0 = cosβˆ’1 (𝑔

Ξ©2𝑅 ) ⟹ cos πœƒ0 =

𝑔

Ξ©2𝑅

Kembali ke persamaan gerak partikel

𝑔 sin πœƒ + π‘…οΏ½ΜˆοΏ½ βˆ’ 𝑅Ω2 sin πœƒ cos πœƒ = 0

Dari persamaan gerak di atas, untuk menemukan persamaan gerak harmonik partikel,

kita cukup beri simpangan yang kecil pada partikel dan menemukan menemukan

persamaan gerak barunya pada posisi kesetimbangan tersebut. Misal sekarang posisi

sudut partikel adalah πœƒ = πœƒ0 + 𝛼 dimana 𝛼 adalah sudut yang kecil (artinya dari posisi

kesetimbangan, si partikel π‘š kita simpangkan sejauh 𝛼), ingat bahwa πœƒ0 adalah

konstan sehingga

�̈� =𝑑2πœƒ

𝑑𝑑2=

𝑑2

𝑑𝑑2(πœƒ0 + 𝛼 ) =

𝑑2πœƒ0

𝑑𝑑2⏟0

+𝑑2𝛼

𝑑𝑑2⟹ �̈� = �̈�

Kemudian karena 𝛼 merupakan sudut kecil, kita bisa lakukan pendekatan sin 𝛼 β‰ˆ 𝛼

dan cos 𝛼 β‰ˆ 1 serta 𝛼2 β‰ˆ 0 sehingga

sin πœƒ = sin(πœƒ0 + 𝛼) = sin πœƒ0 cos 𝛼 + cos πœƒ0 sin 𝛼 β‰ˆ sin πœƒ0 + 𝛼 cos πœƒ0

cos πœƒ = cos(πœƒ0 + 𝛼) = cos πœƒ0 cos 𝛼 βˆ’ sin πœƒ0 sin 𝛼 β‰ˆ cos πœƒ0 βˆ’ 𝛼 sin πœƒ0

sin πœƒ cos πœƒ = (sin πœƒ0 + 𝛼 cos πœƒ0)(cos πœƒ0 βˆ’ 𝛼 sin πœƒ0)

= sin πœƒ0 cos πœƒ0 + 𝛼 cos2 πœƒ0 βˆ’ 𝛼 sin2 πœƒ0 βˆ’ 𝛼2 sin πœƒ0 cos πœƒ0

β‰ˆ sin πœƒ0 cos πœƒ0 + 𝛼 cos2 πœƒ0 βˆ’ 𝛼 sin2 πœƒ0 βˆ’ 𝛼

Sehingga persamaan gerak partikel yang baru akan menjadi (Gunakan 𝑔 =

𝑅Ω2 cos πœƒ0)

𝑅Ω2 cos πœƒ0 sin πœƒ + π‘…οΏ½ΜˆοΏ½ βˆ’ 𝑅Ω2 sin πœƒ cos πœƒ = 0

Ξ©2(cos πœƒ0 sin πœƒ βˆ’ sin πœƒ cos πœƒ) + �̈� = 0

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 12 dari 34

Ξ©2(cos πœƒ0 sin πœƒ0 + 𝛼 cos2 πœƒ0 βˆ’ sin πœƒ0 cos πœƒ0 βˆ’ 𝛼 cos2 πœƒ0 + 𝛼 sin2 πœƒ0 + 𝛼) + �̈� = 0

�̈� + Ξ©2 sin2 πœƒ0 = 0

Sehingga kecepatan sudut osilasi partikel π‘š adalah

πœ” = Ξ© sin πœƒ0 = Ω√1 βˆ’ cos2 πœƒ0 ⟹ πœ” = Ω√1 βˆ’π‘”2

Ξ©4𝑅2

Karena suku dalam akar haruslah positif dan kurang dari 1, maka nilai kecepatan sudut

osilasi ini lebih kecil dari kecepatan sudut rotasi cincin, πœ” < Ξ©.

Catatan: Soal ini juga bisa kamu kerjakan dengan metode gaya, untuk melihat caranya,

silahkan baca solusi OSK Fisika 2018 nomor 4, kedua soal ini kurang lebih sama.

4. Sistem Balok, Bola, dan Dinding

Sebuah bola (dapat dianggap sebagai benda titik/partikel) bermassa π‘š bergerak dengan

kelajuan 𝑣0 menumbuk balok bermassa 𝑀 yang sedang diam. Balok berada pada jarak 𝐿

dari sebuah dinding yang dapat memantulkan bola secara elastik. Nilai π‘š jauh lebih kecil

dari 𝑀. Diketahui bahwa lantai licin dan tumbukan terjadi terus menerus (bolak-balik)

serta abaikan lebar balok.

a. Jika jarak balok dari dinding pada suatu saat tertentu adalah 𝑙(𝑙 β‰  𝐿) dan kelajuan

bola pada saat itu adalah 𝑣(𝑣 β‰  𝑣0). Tentukan 𝑙 (dinyatakan dalam 𝐿, 𝑣0, dan 𝑣)

b. Untuk bagian ini, terdapat bola lain (bola 2) yang identik dengan bola pertama (bola

1). Bola 2 menumbuk balok secara elastik dengan kelajuan 𝑣0 juga, namun dari arah

berlawanan. Terdapat pula dinding di sisi yang sama dengan bola 2 pada jarak 𝐿 dari

balok (lihat gambar bawah). Diketahui tumbukan pertama antara bola 1 dan 2 dengan

balok terjadi bersamaan. Tentukan periode osilasi kecil balok terhadap posisi awalnya!

(Asumsikan nilai periode ini jauh lebih besar daripada interval waktu tumbukan antara

bola-bola dan balok).

𝑣0 π‘š 𝑀

𝐿

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 13 dari 34

Solusi:

a. Pertama kita tinjau dulu kasus tumbukan umum, yaitu saat bola π‘š menumbuk balok

𝑀 dengan kecepatan 𝑣i dimana kecepatan balok 𝑀 saat itu adalah 𝑒i dan setelah

tumbukan, bola π‘š jadi bergerak dengan kecepatan 𝑣iβ€² dan balok 𝑀 bergerak dengan

kecepatan 𝑒iβ€².

Dari hukum kekekalan momentum linear dan koefisien restitusi akan kita peroleh

π‘šπ‘£i + 𝑀𝑒i = π‘šπ‘£iβ€² + 𝑀𝑒i

β€² … (1)

1 = βˆ’π‘’i

β€² βˆ’ 𝑣iβ€²

𝑒i βˆ’ 𝑣i⟹ 𝑒i

β€² = 𝑣i βˆ’ 𝑒i + 𝑣iβ€² … (2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1)

π‘šπ‘£i + 𝑀𝑒i = π‘šπ‘£iβ€² + 𝑀(𝑣i βˆ’ 𝑒i + 𝑣i

β€²)

(𝑀 + π‘š)𝑣iβ€² = βˆ’(𝑀 βˆ’ π‘š)𝑣i + 2𝑀𝑒i ⟹ 𝑣i

β€² = βˆ’π‘€ βˆ’ π‘š

𝑀 + π‘šπ‘£i +

2𝑀

𝑀 + π‘šπ‘’i … (3)

Subtitusi persamaan (3) ke (2)

𝑒iβ€² = 𝑣i βˆ’ 𝑒i βˆ’

𝑀 βˆ’ π‘š

𝑀 + π‘šπ‘£i +

2𝑀

𝑀 + π‘šπ‘’i ⟹ 𝑒i

β€² =2π‘š

𝑀 + π‘šπ‘£i +

𝑀 βˆ’ π‘š

𝑀 + π‘šπ‘’i … (4)

Kita gunakan penyederhaan πœ‚ = π‘š/𝑀 dan karena 𝑀 ≫ π‘š maka πœ‚ = π‘š/𝑀 β‰ͺ 1 (akan

sangat kecil). Persamaan (3) dan (4) dapat kita sederhanakan menjadi

𝑣iβ€² = βˆ’

1 βˆ’ π‘š/𝑀

1 + π‘š/𝑀𝑣i +

2

1 + π‘š/𝑀𝑒i = βˆ’

1 βˆ’ πœ‚

1 + πœ‚π‘£i +

2

1 + πœ‚π‘’i

𝑣iβ€² = βˆ’(1 βˆ’ πœ‚)(1 + πœ‚)βˆ’1𝑣i + 2(1 + πœ‚)βˆ’1𝑒i … (3)β€²

𝑒iβ€² =

2π‘š/𝑀

1 + π‘š/𝑀𝑣i +

1 βˆ’ π‘š/𝑀

1 + π‘š/𝑀𝑒i =

2πœ‚

1 + πœ‚π‘£i +

1 βˆ’ πœ‚

1 + πœ‚π‘’i

𝑒i = 2πœ‚(1 + πœ‚)βˆ’1𝑣i + (1 βˆ’ πœ‚)(1 + πœ‚)βˆ’1𝑒i … (4)β€²

Karena πœ‚ β‰ͺ 1 kita bisa gunakan pendekatan binomial newton yaitu

𝑣0 π‘š 𝑀

𝐿

𝑣0 π‘š

𝐿

𝑣i π‘š 𝑀 𝑣iβ€² π‘š 𝑀

𝑒iβ€² 𝑒i

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 14 dari 34

(1 + πœ‚)βˆ’1 β‰ˆ 1 βˆ’ πœ‚

Karena πœ‚ β‰ͺ 1 pula, maka orde kedua dari πœ‚ yaitu πœ‚2 dapat diabaikan atau πœ‚2 β‰ˆ 0

sehingga akan kita peroleh

𝑣iβ€² = βˆ’(1 βˆ’ 2πœ‚)𝑣i + 2(1 βˆ’ πœ‚)𝑒i … (3)β€²β€²

𝑒i = 2πœ‚π‘£i + (1 βˆ’ 2πœ‚)𝑒i … (4)β€²β€²

Untuk menyederhanakan proses tumbukan, saya akan membaginya pada dua kasus

yaitu kasus tumbukan antara bola π‘š dengan balok 𝑀, saya namakan tumbukan A, dan

kasus kedua adalah tumbukan antara bola π‘š dan dinding, saya namakan tumbukan B.

Pada tumbukan antara bola π‘š dan dinding, besar kecepatan bola akan tetap, namun

dia akan berbalik arah setelah tumbukan sedangkan balok 𝑀 baik besar kecepatan

maupun arahnya akan tetap. Indeks 1A, 2A, 3A dst. Adalah simbol untuk proses

tumbukan A yang pertama, kedua, ketiga, dan seterusnya, begitupun juga untuk

tumbukan B. Berturut-turut, simbol 𝑇, 𝑣, 𝑒, dan 𝑆 adalah tumbukan, kecepatan bola

π‘š, kecepatan balok 𝑀, dan jarak sisi kiri balok dari dinding. Tujuan kita adalah mencari

pola dari 𝑣, 𝑒, dan 𝑆 sebagai fungsi dari jumlah tumbukan π‘˜. Baik, kita mulai dari

tumbukan pertama. Pendekatan sebelumnya untuk πœ‚ akan terus kita gunakan.

Untuk 𝑇1A:

π‘ΊπŸπ€ = 𝑳

π’—πŸπ€ = βˆ’(𝟏 βˆ’ 𝟐𝜼)π’—πŸŽ

π’–πŸπ€ = πŸπœΌπ’—πŸŽ

Untuk 𝑇1B:

𝐿 + Δ𝐿1B

(1 βˆ’ 2πœ‚)𝑣0=

Δ𝐿1B

2πœ‚π‘£0

2πœ‚πΏ = Δ𝐿1B(1 βˆ’ 4πœ‚) ⟹ πš«π‘³πŸπ = πŸπœΌπ‘³

π‘ΊπŸπ = (𝟏 + 𝟐𝜼)𝑳

π’—πŸπ = (𝟏 βˆ’ 𝟐𝜼)π’—πŸŽ

π’–πŸπ = πŸπœΌπ’—πŸŽ

Untuk 𝑇2A:

2𝐿 + Δ𝐿2A

(1 βˆ’ 2πœ‚)𝑣0=

Δ𝐿2A

2πœ‚π‘£0

4πœ‚πΏ = Δ𝐿2A(1 βˆ’ 4πœ‚) ⟹ πš«π‘³πŸπ€ = πŸ’πœΌπ‘³

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 15 dari 34

π‘ΊπŸπ€ = (𝟏 + πŸ’πœΌ)𝑳

𝑣2A = βˆ’(1 βˆ’ 2πœ‚)2𝑣0 + 2(1 βˆ’ πœ‚)2πœ‚π‘£0 = (βˆ’1 + 4πœ‚ βˆ’ 4πœ‚2 + 4πœ‚ βˆ’ 4πœ‚2)𝑣0

π’—πŸπ€ = βˆ’(𝟏 βˆ’ πŸ–πœΌ)π’—πŸŽ

𝑒2A = 2πœ‚(1 βˆ’ 2πœ‚)𝑣0 + (1 βˆ’ 2πœ‚)2πœ‚π‘£0 = (2πœ‚ βˆ’ 4πœ‚2 + 2πœ‚ βˆ’ 4πœ‚2)𝑣0

π’–πŸπ€ = πŸ’πœΌπ’—πŸŽ

Untuk 𝑇2B:

𝑆2A + Δ𝐿2B

(1 βˆ’ 8πœ‚)𝑣0=

Δ𝐿2B

4πœ‚π‘£0

4πœ‚(1 + 4πœ‚)𝐿 = Δ𝐿2B(1 βˆ’ 12πœ‚) ⟹ πš«π‘³πŸπ = πŸ’πœΌπ‘³

π‘ΊπŸπ = (𝟏 + πŸ–πœΌ)𝑳

π’—πŸπ = (𝟏 βˆ’ πŸ–πœΌ)π’—πŸŽ

π’–πŸπ = πŸ’πœΌπ’—πŸŽ

Untuk 𝑇3A:

2𝑆2A + Δ𝐿3A

(1 βˆ’ 8πœ‚)𝑣0=

Δ𝐿3A

4πœ‚π‘£0

8πœ‚(1 + 4πœ‚)𝐿 = Δ𝐿3A(1 βˆ’ 12πœ‚) ⟹ πš«π‘³πŸ‘π€ = πŸ–πœΌπ‘³

π‘ΊπŸ‘π€ = (𝟏 + 𝟏𝟐𝜼)𝑳

𝑣3A = βˆ’(1 βˆ’ 2πœ‚)(1 βˆ’ 8πœ‚)𝑣0 + 2(1 βˆ’ πœ‚)4πœ‚π‘£0 = (βˆ’1 + 10πœ‚ βˆ’ 16πœ‚2 + 8πœ‚ βˆ’ 8πœ‚2)𝑣0

π’—πŸ‘π€ = βˆ’(𝟏 βˆ’ πŸπŸ–πœΌ)π’—πŸŽ

𝑒3A = 2πœ‚(1 βˆ’ 8πœ‚)𝑣0 + (1 βˆ’ 2πœ‚)4πœ‚π‘£0 = (2πœ‚ βˆ’ 16πœ‚2 + 4πœ‚ βˆ’ 8πœ‚2)𝑣0

π’–πŸ‘π€ = πŸ”πœΌπ’—πŸŽ

Untuk 𝑇3B:

𝑆3A + Δ𝐿3B

(1 βˆ’ 18πœ‚)𝑣0=

Δ𝐿3B

6πœ‚π‘£0

6πœ‚(1 + 12πœ‚)𝐿 = Δ𝐿2B(1 βˆ’ 24πœ‚) ⟹ πš«π‘³πŸ‘π = πŸ”πœΌπ‘³

π‘ΊπŸ‘π = (𝟏 + πŸπŸ–πœΌ)𝑳

π’—πŸ‘π = (𝟏 βˆ’ πŸπŸ–πœΌ)π’—πŸŽ

π’–πŸ‘π = πŸ”πœΌπ’—πŸŽ

Untuk 𝑇4A:

2𝑆3A + Δ𝐿4A

(1 βˆ’ 18πœ‚)𝑣0=

Δ𝐿4A

6πœ‚π‘£0

12πœ‚(1 + 12πœ‚)𝐿 = Δ𝐿3A(1 βˆ’ 24πœ‚) ⟹ πš«π‘³πŸ’π€ = πŸπŸπœΌπ‘³

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 16 dari 34

π‘ΊπŸ’π€ = (𝟏 + πŸπŸ’πœΌ)𝑳

𝑣4A = βˆ’(1 βˆ’ 2πœ‚)(1 βˆ’ 18πœ‚)𝑣0 + 2(1 βˆ’ πœ‚)6πœ‚π‘£0 = (βˆ’1 + 20πœ‚ βˆ’ 32πœ‚2 + 12πœ‚ βˆ’ 12πœ‚2)𝑣0

π’—πŸ’π€ = βˆ’(𝟏 βˆ’ πŸ‘πŸπœΌ)π’—πŸŽ

𝑒4A = 2πœ‚(1 βˆ’ 18πœ‚)𝑣0 + (1 βˆ’ 2πœ‚)6πœ‚π‘£0 = (2πœ‚ βˆ’ 32πœ‚2 + 6πœ‚ βˆ’ 12πœ‚2)𝑣0

π’–πŸ’π€ = πŸ–πœΌπ’—πŸŽ

Untuk 𝑇4B:

𝑆4A + Δ𝐿4B

(1 βˆ’ 32πœ‚)𝑣0=

Δ𝐿4B

8πœ‚π‘£0

8πœ‚(1 + 24πœ‚)𝐿 = Δ𝐿4B(1 βˆ’ 40πœ‚) ⟹ πš«π‘³πŸ‘π = πŸ–πœΌπ‘³

π‘ΊπŸ’π = (𝟏 + πŸ‘πŸπœΌ)𝑳

π’—πŸ’π = (𝟏 βˆ’ πŸ‘πŸπœΌ)π’—πŸŽ

π’–πŸ’π = πŸ–πœΌπ’—πŸŽ

Dari hasil-hasil di atas kita bisa dapatkan polanya. Mari kita mulai dari 𝑆 untuk

tumbukan A

𝑆1A = 𝐿

𝑆2A = (1 + 4πœ‚)𝐿

𝑆3A = (1 + 12πœ‚)𝐿

𝑆4A = (1 + 24πœ‚)𝐿

Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke keβˆ’π‘˜ adalah

π‘ˆk =π‘Ž

0!+

(π‘˜ βˆ’ 1)𝑏

1!+

(π‘˜ βˆ’ 1)(π‘˜ βˆ’ 2)𝑐

2!

π‘ˆk = 0 + (π‘˜ βˆ’ 1)4 +(π‘˜2 βˆ’ 3π‘˜ + 2)4

2

π‘ˆk = 4π‘˜ βˆ’ 4 + 2π‘˜2 βˆ’ 6π‘˜ + 4 ⟹ π‘ˆk = 2π‘˜2 βˆ’ 2π‘˜

Sehingga kita peroleh

𝑆kA = (1 + (2π‘˜2 βˆ’ 2π‘˜)πœ‚)𝐿

Kemudian untuk 𝑣, untuk tumbukan A

𝑣1A = βˆ’(1 βˆ’ 2πœ‚)𝑣0

+8

2

+12

0 4 12

22

24

22 +4

2 +4 +4

...

...

...

π‘Ž

𝑏

𝑐

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 17 dari 34

𝑣2A = βˆ’(1 βˆ’ 8πœ‚)𝑣0

𝑣3A = βˆ’(1 βˆ’ 18πœ‚)𝑣0

𝑣4A = βˆ’(1 βˆ’ 32πœ‚)𝑣0

Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke keβˆ’π‘˜ adalah

π‘ˆk =π‘Ž

0!+

(π‘˜ βˆ’ 1)𝑏

1!+

(π‘˜ βˆ’ 1)(π‘˜ βˆ’ 2)𝑐

2!

π‘ˆk = 2 + (π‘˜ βˆ’ 1)6 +(π‘˜2 βˆ’ 3π‘˜ + 2)4

2

π‘ˆk = 2 + 6π‘˜ βˆ’ 6 + 2π‘˜2 βˆ’ 6π‘˜ + 4 ⟹ π‘ˆk = 2π‘˜2

Sehingga kita peroleh

𝑣kA = βˆ’(1 βˆ’ 2π‘˜2πœ‚)𝑣0

Kemudian untuk 𝑆 pada tumbukan B, telah kita peroleh

𝑆1B = (1 + 2πœ‚)𝐿

𝑆2B = (1 + 8πœ‚)𝐿

𝑆3B = (1 + 18πœ‚)𝐿

𝑆4B = (1 + 32πœ‚)𝐿

Dapat kita lihat bahwa pola angka ini sama dengan 𝑣 sehingga akan kita peroleh

𝑆kB = (1 + 2π‘˜2πœ‚)𝐿

Kemudian untuk 𝑣 pada tumbukan B, hanya berbalik arah dari tumbukan A, sehingga

kita peroleh

𝑣kB = (1 βˆ’ 2π‘˜2πœ‚)𝑣0

Sekarang kita ke soal utama. Ada dua kemungkinan di sini, kemungkinan pertama,

misalkan kecepatan bola π‘š sama dengan 𝑣 terjadi di antara selang tumbukan keβˆ’π‘˜

antara bola dan balok dan tumbukan keβˆ’π‘˜ antara bola dan dinding, maka akan kita

peroleh

𝑆kA ≀ 𝑙 ≀ 𝑆kB

(1 + 2π‘˜2πœ‚ βˆ’ 2π‘˜πœ‚)𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 2π‘˜2πœ‚)𝐿

+10 +14

2 8 18 32

+6

+4 +4

...

...

...

π‘Ž

𝑏

𝑐

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 18 dari 34

𝑣 = |𝑣kA| = (1 βˆ’ 2π‘˜2πœ‚)𝑣0 ⟹ 2π‘˜2πœ‚ = 1 βˆ’π‘£

𝑣0

π‘˜ = √1

2πœ‚(1 βˆ’

𝑣

𝑣0) ⟹ 2π‘˜πœ‚ = √2πœ‚ (1 βˆ’

𝑣

𝑣0)

Sehingga kita peroleh

(1 + 1 βˆ’π‘£

𝑣0βˆ’ √2πœ‚ (1 βˆ’

𝑣

𝑣0)) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 1 βˆ’

𝑣

𝑣0) 𝐿

(2 βˆ’π‘£

𝑣0βˆ’ √2πœ‚ (1 βˆ’

𝑣

𝑣0)) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (2 βˆ’

𝑣

𝑣0) 𝐿

Kemungkinan kedua, misalkan kecepatan bola sama dengan 𝑣 terjadi di antara selang

tumbukan keβˆ’π‘˜ antara bola dan dinding dan tumbukan keβˆ’π‘˜ + 1 antara bola dan

balok, akan kita peroleh

𝑆kB ≀ 𝑙 ≀ 𝑆(k+1)B

(1 + 2π‘˜2πœ‚)𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 2(π‘˜ + 1)2πœ‚ βˆ’ 2(π‘˜ + 1)πœ‚)𝐿

(1 + 2π‘˜2πœ‚)𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 2π‘˜2πœ‚ + 2π‘˜πœ‚)𝐿

𝑣 = |𝑣kB| = (1 βˆ’ 2π‘˜2πœ‚)𝑣0 ⟹ 2π‘˜2πœ‚ = 1 βˆ’π‘£

𝑣0⟹ 2π‘˜πœ‚ = √2πœ‚ (1 βˆ’

𝑣

𝑣0)

Maka kita peroleh

(2 βˆ’π‘£

𝑣0) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (2 βˆ’

𝑣

𝑣0+ √2πœ‚ (1 βˆ’

𝑣

𝑣0)) 𝐿

Dari kedua kemungkinan ini, kita dapat gabungkan menjadi

(2 βˆ’π‘£

𝑣0βˆ’ √2πœ‚ (1 βˆ’

𝑣

𝑣0)) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (2 βˆ’

𝑣

𝑣0+ √2πœ‚ (1 βˆ’

𝑣

𝑣0)) 𝐿

Untuk pendekatan πœ‚ yang lebih kecil lagi, atau πœ‚ β‰ˆ 0 akan kita peroleh

𝑙 β‰ˆ 𝐿 (2 βˆ’π‘£

𝑣0)

b. Misalkan kotak 𝑀 tersimpang sejauh Δ𝐿 yang kecil ke kanan,

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 19 dari 34

maka masing-masing bola akan mentransfer momentumnya pada kotak. Kecepatan

tiap bola dapat kita asumsikan konstan, dengan pendekatan yang cukup kasar,

mengingat bahwa 𝐼(impuls) = Δ𝑝(perubahan momentum) = �̅�Δ𝑑(gaya rata βˆ’

rata Γ— selang waktu tumbukan), akan kita peroleh

π‘šπ‘£0

(2𝐿 + Δ𝐿)/𝑣0βˆ’

π‘šπ‘£0

(2𝐿 βˆ’ Δ𝐿)/𝑣0=

π‘šπ‘£02

2𝐿[(1 +

Δ𝐿

2𝐿)

βˆ’1

βˆ’ (1 βˆ’Ξ”πΏ

2𝐿)

βˆ’1

] = π‘€Ξ”οΏ½ΜˆοΏ½

π‘šπ‘£02

2𝐿[1 βˆ’

Δ𝐿

2πΏβˆ’ 1 βˆ’

Δ𝐿

2𝐿] = βˆ’

π‘šπ‘£02

4𝐿2 Δ𝐿 β‰ˆ π‘€Ξ”οΏ½ΜˆοΏ½

Ξ”οΏ½ΜˆοΏ½ +π‘šπ‘£0

2

4𝑀𝐿2 Δ𝐿 = 0 ⟹ πœ” =𝑣0

2𝐿√

π‘š

π‘€βŸΉ 𝑇 =

4πœ‹πΏ

𝑣0

βˆšπ‘€

π‘š

5. Batang Pejal yang Digantung dengan Dua Tali

Sebuah batang tipis pejal dengan massa 𝑀 dan panjang 𝐿 dihubungkan dengan atap

menggunakan 2 tali tak bermassa masing-masing sepanjang 𝑙 yang dipasang sejajar pada

kedua ujung batang. Pada saat 𝑑 = 0, sebuah impuls 𝐽 diberikan tegak lurus batang dan

tali pada ujung batang B . Percepatan gravitasi adalah 𝑔.

a. Tentukan kecepatan ujung-ujung batang 𝑣A dan 𝑣B sesaat setelah pemberian impuls

tersebut. Ambil arah impuls sebagai arah positif.

b. Tentungan tegangan tali kedua tali 𝑇1 dan 𝑇2 sesaat setelah pemberian impuls.

c. Setelah waktu yang sangat lama, pusat massa batang tidak bergerak namun batang

berosilasi secara rotasional terhadap pusat massa. Tentukan frekuensi osilasi 𝑓

tersebut.

𝑣0 π‘š 𝑀

𝐿 + Δ𝐿

𝑣0 π‘š

𝐿 βˆ’ Δ𝐿

A B

𝑇1 𝑇2 𝑙

𝐿

𝑀 𝑀

𝑇 𝑔

⨂𝐽

Γ—

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 20 dari 34

d. Setelah osilasi berhenti akibat damping, salah satu tali dipotong. Tentukan tegangan

tali pada tali yang masing terhubung 𝑇 sesaat setelah tali yang lain dipotong.

Solusi:

a. Karena impuls tepat diberikan pada saat batang tergantung, pada bidang horizontal,

tidak gaya lain sehingga impuls yang ada hanyalah impuls 𝐽 yang diberikan tegak lurus

batang. Secara sederhana, kasus ini sama dengan kasus ketika kita memberikan impuls

mendatar pada salah satu ujung batang yang diletakkan di atas meja licin. Batang ini

akan memiliki kecepatan sudut πœ” dan dan kecepatan pusat massa 𝑣pm. Dari teorema

impuls-momentum linear, akan kita peroleh

𝐽 = 𝑀𝑣pm ⟹ 𝑣pm =𝐽

𝑀

Kemudian dari teorema impuls momentum angular akan kita peroleh (untuk

rotasinya, karena dia seperti batang di atas meja licin, akan kita tinjau terhadap pusat

massanya)

𝐽𝐿

2=

1

12𝑀𝐿2πœ” ⟹ πœ”πΏ =

6𝐽

𝑀

Pada ujung batang A dan B, kecepatannya adalah perpaduan dari kecepatan pusat

massa dan kecepatan tangensial akibat rotasi batang, besarnya adalah

𝑣A = 𝑣pm βˆ’ πœ”πΏ

2⟹ 𝑣A = βˆ’

2𝐽

𝑀

𝑣B = 𝑣pm + πœ”πΏ

2⟹ 𝑣A =

4𝐽

𝑀

Tanda negatif menandakan bahwa arahnya berlawanan dengan arah impuls.

b. Tegangan pada kedua tali, pada awalnya, sebelum impuls diberikan adalah 𝑇0 =

𝑀𝑔/2. Namun setelah impuls diberikan, ada peningkatan tegangan tali akibat gerak

rotasi dan translasi batang. Akibat gerak translasi batang, yang kita bisa dapatkan

dengan mudah dari gerak tangensial batang dengan mengabaikan rotasinya terlebih

dahulu, pada arah radial, tegangan tiap tali akan bertambah sebesar Δ𝑇T, yaitu

2Δ𝑇T =𝑀𝑣pm

2

π‘™βŸΉ Δ𝑇T =

𝐽2

2𝑀𝑙

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 21 dari 34

Untuk mencari pertambaha tegangan tali akibat gerak rotasi batang, kita abaikan dulu

gerak translasinya, jadi dalam hal ini, pusat massa batang diam. Misal batang

tersimpang sejauh πœƒ, maka posisi titik B dan B’ relatif terhadap posisi pusat massa

batang pada saat sebelum impuls diberkan adalah

π‘Ÿ B =𝐿

2cos πœƒ οΏ½Μ‚οΏ½ +

𝐿

2sin πœƒ οΏ½Μ‚οΏ½ + 𝑧�̂�

π‘Ÿ Bβ€² =𝐿

2οΏ½Μ‚οΏ½ + 0οΏ½Μ‚οΏ½ + 𝑙�̂�

Karena titik B dan B’ dihubungkan oleh tali sepanjang 𝑙, maka jarak kedua titik ini akan

konstan sejah 𝑙, sehingga kita peroleh

|π‘Ÿ Bβ€² βˆ’ π‘Ÿ B| =𝐿2

4(1 + cos2 πœƒ βˆ’ 2 cos πœƒ) +

𝐿2

4sin2 πœƒ + 𝑧2 + 𝑙2 βˆ’ 2𝑧𝑙 = 𝑙2

𝑧2 βˆ’ 2𝑧𝑙 +𝐿2

2(1 βˆ’ cos πœƒ) = 0

Turunkan persamaan ini dua kali terhadap waktu untuk mendapatkan hubungan

percepatan vertikal �̈�

𝑑2

𝑑𝑑2[𝑧2 βˆ’ 2𝑧𝑙 +

𝐿2

2(1 βˆ’ cos πœƒ)] =

𝑑

𝑑𝑑[2𝑧�̇� βˆ’ 2�̇�𝑙 +

𝐿2

2sin πœƒ οΏ½Μ‡οΏ½] = 0

2π‘§οΏ½ΜˆοΏ½ + 2οΏ½Μ‡οΏ½2 βˆ’ 2οΏ½ΜˆοΏ½π‘™ +𝐿2

2sin πœƒ �̈� +

𝐿2

2cos πœƒ οΏ½Μ‡οΏ½2 = 0

�̈� =1

𝑙 βˆ’ 𝑧(οΏ½Μ‡οΏ½2 +

𝐿2

4sin πœƒ �̈� +

𝐿2

4cos πœƒ οΏ½Μ‡οΏ½2)

Saat 𝑑 = 0, 𝑧 = 0, οΏ½Μ‡οΏ½ = 0, πœƒ = 0, �̈� β‰  0, dan οΏ½Μ‡οΏ½ = πœ”, sehingga kita peroleh

�̈� =𝐿2

4𝑙 πœ”2 ⟹ �̈� =

𝐿2

4𝑙

36𝐽2

𝑀2𝐿2⟹ Δ𝑇R =

1

2π‘€οΏ½ΜˆοΏ½ =

9𝐽2

2𝑀𝑙

Tegangan pada tali 1 (kiri) dan tali 2 (kanan) adalah

𝑇1 = 𝑇0 βˆ’ Δ𝑇T + Δ𝑇R ⟹ 𝑇1 =𝑀

2(𝑔 +

4𝐽2

𝑀2𝑙)

𝑇2 = 𝑇0 + Δ𝑇T + Δ𝑇R ⟹ 𝑇2 =𝑀

2(𝑔 +

5𝐽2

𝑀2𝑙)

c. Pada kondisi ini, gaya pemulih diberikan oleh tali. Untuk osilasi yang kecil, kita bisa

anggap bahwa batang ini tidak dipercepat pada arah vertikal sehingga dia seimbang

pada arah vertikal. Untuk osilasi yang kecil pula, sudut simpangan tali sangat kecil

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 22 dari 34

sehingga dapat kita anggap vertikal. Dari sini, misalkan tegangan tali adalah 𝑇′ yang

bisa kita anggap konstan, maka akan kita peroleh

2𝑇′ = 𝑀𝑔 ⟹ 𝑇′ =1

2𝑀𝑔

Kemudian kita tinjau gerak rotasional batang. Misalkan sudut simpangan batang

adalah πœƒ sedangkan sudut simpangan tali adalah πœ™. Karena pusat massa batang bisa

kita anggap diam, maka hubungan antara sudut πœƒ dan πœ™ bisa kita dapatkan. Perhatikan

bahwa panjang busur yang yang ditempuh ujung batang bisa kita gunakan untuk

mendapatkan hubungan kedua sudut ini yaitu

𝐿

2πœƒ = π‘™πœ™ ⟹ πœ™ = πœƒ

𝐿

2𝑙

Menggunakan hukum II newton untuk gerak rotasional batang akan kita peroleh

βˆ’2𝑇′ sin πœ™πΏ

2=

1

12𝑀𝐿2�̈�

βˆ’2 (1

2𝑀𝑔) πœ™

𝐿

2= βˆ’π‘€π‘”πœƒ

𝐿

2𝑙

𝐿

2=

1

12𝑀𝐿2�̈�

�̈� +3𝑔

π‘™πœƒ = 0 ⟺ �̈� + πœ”2πœƒ = 0 ⟹ πœ” = √

3𝑔

π‘™βŸΉ 𝑓 =

1

2πœ‹βˆš

3𝑔

𝑙

d. Berikut diagram gaya pada batang saat tali di A di potong.

Dari Hukum II Newton untuk gerak translasi dan rotasi akan kita peroleh

Hukum II Newton untuk Gerak Translasi:

𝑀𝑔 βˆ’ 𝑇 = π‘€π‘Ž

Hukum II Newton untuk Gerak Rotasi dengan poros di ujung B (titik ini akan diam

sesaat):

𝑀𝑔𝐿

2=

1

3𝑀𝐿2𝛼 ⟹ 𝛼𝐿 =

3𝑔

2

𝑇

𝑀𝑔

𝛼

π‘Ž

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 23 dari 34

Hubungan π‘Ž dan 𝛼, lihat gerak rotasi pusat massa batang terhadap B, akan kita

dapatkan

π‘Ž =𝛼𝐿

2=

3𝑔

4

Sehingga kita akan kita peroleh

𝑀𝑔 βˆ’ 𝑇 = 𝑀3𝑔

4⟹ 𝑇 =

1

4𝑀𝑔

6. Pemodelan Sederhana Bola Basket

Dalam mempelajari dinamika tumbukan bola basket dengan tanah, kita dapat

menganalogikannya dalam suatu model sederhana seperti terlihat pada gambar. Model

ini merupakan suatu sistem yang terdiri dari massa π‘š (massa bola basket) yang dikelilingi

oleh pegas tidak bermassa dengan konstanta π‘˜.

Tumbukan antara bola dan tanah biasanya terjadi secara cepat dengan gaya kontak yang

cukup besar, sehingga kontribusi dari gaya gravitasi dapat diabaikan selama proses

tumbukan.

a. Dalam pemodelan tersebut, tentukanlah fungsi kompresi π‘₯ terhadap waktu! Nyatakan

jawaban anda dalam kecepatan bola sesaat sebelum tumbukan 𝑣0, massa bola basket

π‘š, dan konstanta pegas π‘˜ .

b. Hitung waktu kontak antara bola dengan lantai 𝑑kontak, gaya kontak maksimum 𝐹0,

dan kompresi pegas maksimum π‘₯0! Nyatakan jawaban-jawaban Anda dalam

parameter 𝑣0, π‘š, dan π‘˜. Hitung pula nilai numerik ketiga parameter tersebut jika

diketahui kecepatan 𝑣0 = 10 m/s, massa bola π‘š = 0,5 kg, dan konstanta pegas π‘˜ =

80 kN/m.

model

π‘˜

π‘˜

π‘˜

π‘˜

π‘š

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 24 dari 34

c. Tentukan gaya kontak 𝐹 sebagai fungsi 𝑑 sesuai model di atas. Tentukan pula total

impuls yang diterima oleh bola basket.

d. Secara fenomenologi, hubungan antara gaya kontak 𝐹 dengan kompresi bola 𝑑 tidak

linear, sehingga pemodelan bola basket di atas tidak begitu akurat.

Data eksperimen menunjukkan bahwa 𝐹 = π‘˜π‘‘π‘›, dan nilai 𝑛 ditentukan oleh geometri

area kontak. Pada soal ini, kita menganggap lantai cukup keras sehingga bola

mengalami deformasi seperti pada gambar di samping (𝑑 β‰ͺ 𝑅). Menurut pemodelan

Hertzian Contact tekanan pada area kontak dapat dinyatakan dengan persamaan:

𝑝(π‘Ÿ) = 𝑝0 (1 βˆ’π‘Ÿ2

π‘Ž2)

12

dimana π‘Ÿ adalah jarak dari titik pusat kontak A, π‘Ž adalah jari-jari lingkaran area

kontak, dan 𝑝0 adalah tekanan di titik pusat kontak A dengan hubungan

kesebandingan 𝑝0 ∝ βˆšπ‘‘. Tentukan nilai 𝑛 pada kasus ini!

Solusi:

a. Percepatan gravitasi kita abaikan, sehingga gaya berat tidak perlu kita pertimbangkan

di sini. Saat pegas bagian bagian bawah dari model ini mulai menyentuh lantai dengan

kecepatan awal 𝑣0 yang arahnya ke bawah, maka massa π‘š akan mulai melakukan

gerak harmonik sederhana dengan kecepatan sudut πœ”2 = π‘˜/π‘š (seharusnya mudah

saja hal ini untuk dipahami karena ketiga pegas lainnya tidak memberikan efek pada

pemodelan sederhana ini, dan sistem massa π‘š serta pegas seperti sistem massa pegas

sederhana saja).

𝑅

π‘Ž

𝑑 A

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 25 dari 34

Kita jadikan arah positif simpangan adalah ke bawah, persamaan posisi π‘š sebagai

fungsi waktu akan berbentuk (ini merupakan penyelesaian persamaan diferensial orde

dua, silahkan baca buku yang membahas tentang gerak harmonik sederhana, kamu

juga bisa membaca tentang persamaan diferensial orde dua untuk mendapatkan

pemahaman yang utus atas bentuk penyelesaian persamaan geraknya).

π‘₯(𝑑) = 𝐴 sin πœ”π‘‘ + 𝐡 cos πœ”π‘‘

𝑣(𝑑) =𝑑

𝑑𝑑π‘₯(𝑑) = π΄πœ” cos πœ”π‘‘ βˆ’ π΅πœ” sin πœ”π‘‘

Kita pilih 𝑑 = 0 saat pegas bagian bawah mulai menyentuh lantai. Pada 𝑑 = 0 ini,

simpangan π‘š masih nol (π‘₯(0) = 0) dan kecepatan π‘š adalah 𝑣0 (𝑣(0) = 𝑣0 positif

karena arahnya ke bawah). Sehingga, dari boundary condition/kondisi batas ini akan

kita peroleh

π‘₯(0) = 0 = 0 + 𝐡 ⟹ 𝐡 = 0

𝑣(0) = 𝑣0 = π΄πœ” βˆ’ 0 ⟹ 𝐴 =𝑣0

πœ”

Sehingga posisi π‘š sebagai fungsi waktu atau dalam hal ini sama dengan fungsi

kompresi pegas terhadap waktu akan kita dapatkan yaitu

π‘₯(𝑑) =𝑣0

πœ”sin πœ”π‘‘ ⟹ π‘₯(𝑑) = 𝑣0√

π‘š

π‘˜sin (√

π‘˜

π‘šπ‘‘)

b. Berdasarkan model sederhana ini, bola basket hanya akan bersentuhan atau kontak

dengan lantai selama setengah dari periode osilasinya

𝑑kontak =1

2𝑇 =

1

22πœ‹βˆš

π‘š

π‘˜βŸΉ 𝑑kontak = πœ‹βˆš

π‘š

π‘˜

Simpangan maksimum adalah saat |sin (βˆšπ‘˜

π‘šπ‘‘)| = 1, dari sini akan kita peroleh

π‘˜

π‘š

𝑣0 π‘₯

… …

…

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 26 dari 34

π‘₯0 = 𝑣0βˆšπ‘š

π‘˜

Sehingga gaya maksimum pada pegas adalah

𝐹0 = π‘˜π‘₯0 ⟹ 𝐹0 = 𝑣0βˆšπ‘˜π‘š

Dengan mensubtitusi nilai numerik yang diberikan, 𝑣0 = 10 m/s, π‘š = 0,5 kg, dan

π‘˜ = 80 kN/m akan kita peroleh

𝑑kontak =5

2πœ‹ ms

π‘₯0 = 2,5 cm

𝐹0 = 2000 N

c. Gaya pada pegas sebagai fungsi waktu adalah

𝐹(𝑑) = π‘˜π‘₯(𝑑) ⟹ 𝐹(𝑑) = 𝑣0βˆšπ‘˜π‘š sin (βˆšπ‘˜

π‘šπ‘‘)

Impuls total yang diterima oleh bola basket sama dengan impuls yang diberikan bola

basket pada lantai, sehingga

𝐼total = ∫ 𝐹(𝑑)𝑑𝑑𝑑kontak

0

= 𝑣0βˆšπ‘˜π‘š ∫ sin (βˆšπ‘˜

π‘šπ‘‘) 𝑑𝑑

πœ‹βˆšπ‘šπ‘˜

0

𝐼total = 𝑣0βˆšπ‘˜π‘šβˆšπ‘š

π‘˜βˆ« sin (√

π‘˜

π‘šπ‘‘) 𝑑 (√

π‘˜

π‘šπ‘‘)

πœ‹βˆšπ‘šπ‘˜

0

𝐼total = π‘šπ‘£0 ∫ sin (βˆšπ‘˜

π‘šπ‘‘) 𝑑 (√

π‘˜

π‘šπ‘‘)

πœ‹βˆšπ‘šπ‘˜

0

𝐼total = π‘šπ‘£0 [βˆ’ cos (βˆšπ‘˜

π‘šπ‘‘)]

0

πœ‹βˆšπ‘šπ‘˜

𝐼total = π‘šπ‘£0[βˆ’ cos πœ‹ βˆ’ (βˆ’ cos 0)] ⟹ 𝐼total = 2π‘šπ‘£0

Nilai numeriknya adalah 𝐼total = 10 Ns

d. Berdasarkan model herztian contact, tujuan kita adalah menemukan bentuk gaya

kontak pada bola basket dengan kompresinya 𝑑. Idenya adalah bahwa gaya adalah

tekanan dikalikan dengan luas area kontak. Hal yang membuat bagian ini cukup rumit

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 27 dari 34

adalah tekanan pada setiap bagian bola yang kontak tidaklah sama besarnya pada

setiap bagian, bergantung pada jarak titik yang kita tinjau tekanannya dari sumbu

pusat bola.

Namun ada hal yang menarik juga di sini, yaitu tekanan ini mempunyai simetri radial

karena dia bergantung pada jarak π‘Ÿ dari sumbu pusat bola sehingga jika kita tinjau

elemen cincin yang sangat tipis dengan jari-jari π‘Ÿ dan lebar π‘‘π‘Ÿ dimana π‘‘π‘Ÿ sangat kecil,

tekanan pada elemen luasan cincin ini bisa kita anggap konstan. Luas elemen cincin ini

adalah 𝑑𝐴 = 2πœ‹π‘Ÿπ‘‘π‘Ÿ. Gaya pada elemen cincin ini akan menjadi

𝑑𝐹 = 𝑝(π‘Ÿ)𝑑𝐴

𝑑𝐹 = 𝑝0 (1 βˆ’π‘Ÿ2

π‘Ž2)

12

2πœ‹π‘Ÿπ‘‘π‘Ÿ

Untuk mendapatkan gaya totalnya, kita integrasi dari π‘Ÿ = 0 sampai π‘Ÿ = π‘Ž, artinya kita

menjumlahkan semua gaya-gaya pada setiap elemen cincin yang mungkin, namun

proses ini disederhanakan oleh integral (kalau kamu masih bingung dengan hal ini,

silahkan pelajari tentang integral secara mendasar). Maka akan kita peroleh

𝐹 = 2𝑝0πœ‹ ∫ (1 βˆ’π‘Ÿ2

π‘Ž2)

12

π‘Ÿπ‘‘π‘Ÿπ‘Ž

0

= 2𝑝0πœ‹ ∫ (1 βˆ’π‘Ÿ2

π‘Ž2)

12

(βˆ’π‘Ž2

2) 𝑑 (1 βˆ’

π‘Ÿ2

π‘Ž2)

π‘Ž

0

𝐹 = βˆ’π‘0πœ‹π‘Ž2 ∫ (1 βˆ’π‘Ÿ2

π‘Ž2)

12

𝑑 (1 βˆ’π‘Ÿ2

π‘Ž2)

π‘Ž

0

𝐹 = βˆ’π‘0πœ‹π‘Ž22

3[(1 βˆ’

π‘Ÿ2

π‘Ž2)

32

]

0

π‘Ž

𝐹 = βˆ’π‘0πœ‹π‘Ž22

3(0 βˆ’ 1) ⟹ 𝐹 =

2

3𝑝0πœ‹π‘Ž2

A

π‘Ž

π‘Ÿ

π‘‘π‘Ÿ

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 28 dari 34

Dari soal kita tahu bahwa 𝑝0 ∝ βˆšπ‘‘ (tekanan di titik pusat kontak A sebanding dengan

akar dari kompresi bola) sehingga bisa saja kita nyatakan bahwa 𝑝0 = 𝐢𝑑1

2 dimana 𝐢

adalah suatu konstanta kesebandingan yang berdimensi. Sehingga kita peroleh

𝐹 =2

3πΆπœ‹π‘Ž2𝑑

12 ⟺ 𝐹 = π‘˜π‘‘n

Dengan demikian

π‘˜ =2

3πΆπœ‹π‘Ž2 dan 𝑛 =

1

2

7. Peluncuran Roket ke Matahari (Parker Solar Probe)

Pada tanggal 12 Agustus 2018, NASA meluncurkan roket ke Matahari (Parker Solar Probe)

untuk pertama kalinya. Pada soal ini, kita akan mengestimasi kecepatan luncur yang

diperlukan roket bermassa π‘š untuk mencapai Matahari, dan membandingkanya dengan

kecepatan luncur untuk keluar dari tata surya (misi Voyager). Dalam hal ini, kita abaikan

interaksi roket dengan planet-planet lainnya.

Anggap Bumi (bermassa 𝑀B) mengelilingi Matahari (bermassa 𝑀M) secara melingkar

dengan jari-jari π‘Ž dan kecepatan 𝑣bumi. Terdapat dua pilihan situs untuk meluncurkan

roket: (i) searah dengan kecepatan Bumi dan (ii) berlawanan arah dengan kecepatan

Bumi. Anggap Bumi tidak berotasi dan tidak ada gesekan dengan atmosfer.

a. Hitung kecepatan Bumi mengintari Matahari 𝑣bumi (nyatakan jawaban anda dalam

parameter 𝑀M, π‘Ž dan konstanta gravitasi 𝐺).

matahari

bumi

(i)

(ii)

𝑣bumi

π‘Ž

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 29 dari 34

b. Tinjau kasus peluncuran roket keluar dari tata surya. Anggap proses ini terjadi dalam

dua tahapan independen: keluar dari gravitasi Bumi, dan kemudian keluar dari

gravitasi Matahari. Tentukan situs peluncuran manakah yang membutuhkan energi

yang lebih kecil, (i) atau (ii)! Hitung kecepatan luncur 𝑣l yang diperlukan (nyatakan

jawaban anda dalam 𝑣bumi, 𝛼 = 𝑀M/𝑀B , dan 𝛽 = π‘Ž/𝑅).

c. Tinjau kasus peluncuran roket menuju Matahari . Anggap proses ini terjadi dalam dua

tahapan independen: keluar dari gravitasi Bumi, dan kemudian meluncur menuju

Matahari. Tentukan situs peluncuran manakah yang membutuhkan energi yang lebih

kecil, (i) atau (ii)! Hitung kecepatan luncur 𝑣l yang diperlukan (nyatakan jawaban anda

dalam 𝑣bumi, 𝛼 = 𝑀M/𝑀B , dan 𝛽 = π‘Ž/𝑅).

Petunjuk: Supaya β€œmenyentuh” Matahari perihelion Roket (jarak terdekat ke Matahari)

harus sangat kecil sekali (relatif terhadap jarak Bumi-Matahari π‘Ž), dan bisa dianggap nol.

d. Tentukan nilai numerik 𝑣l2/𝑣bumi

2 untuk kedua kasus di atas jika diketahui rasio

𝛽/𝛼 = 0,07 dan √2 = 1,4. Kesimpulan apakah yang bisa Anda peroleh terkait

peluncuran kedua roket untuk kedua kasus b) dan c) di atas?

Solusi:

a. Tinjau gerakan bumi pada arah radial, menggunakan Hukum II Newton dan Hukum

Newton tentang Gravitasi akan kita peroleh

𝐹 r = 𝑀Bπ‘Ž r

𝐺𝑀B𝑀M

π‘Ž2= 𝑀B

𝑣bumi2

π‘Ž

𝑣bumi2 =

𝐺𝑀M

π‘ŽβŸΉ 𝑣bumi = √

𝐺𝑀M

π‘Ž

b. Peluncuran roket keluar dari tata surya. Pertama kita tinjau proses roket keluar dari

medan gravitasi bumi. Proses ini terjadi secara independen sehingga efek matahari di

sini dapat kita abaikan. Saat lepas dari gravitasi bumi, roket masih harus memiliki

kecepatan relatif terhadap bumi, misalkan 𝑣0, agar dia bisa lepas keluar dari tata

surya, mengapa demikian? Karena jika roket keluar dari bumi tanpa kecepatan relatif

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 30 dari 34

atau dengan kata lain roket bergerak dengan kecepatan 𝑣bumi, maka roket akan ikut

mengorbit matahari. Karena gaya gravitasi adalah gaya sentral, energi mekanik roket

akan kekal. Roket diluncurkan dari permukaan bumi dengan kecepatan 𝑣l relatif bumi,

kemudian dia lepas dari medan gravitasi bumi pada jarak yang cukup jauh dari bumi,

bisa kita asumsikan tak hingga (∞) dan pada posisi ini si roket memiliki kecepatan 𝑣0

relatif bumi, dengan hukum kekekalan energi mekanik akan kita peroleh

1

2π‘šπ‘£l

2 βˆ’πΊπ‘€Bπ‘š

𝑅=

1

2π‘šπ‘£0

2 βˆ’πΊπ‘€Bπ‘š

∞⏟ 0

𝑣l2 = 𝑣0

2 +2𝐺𝑀B

𝑅

Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, maka roket akan bergerak terhadap

matahari. Misalkan tepat saat lepas, kecepatan roket adalah 𝑣R = 𝑣0 Β± 𝑣bumi dimana

tanda di atas untuk situs peluncuran roket searah kecepatan bumi dan tanda di bawah

untuk situs peluncuran roket berlawanan arah dengan kecepatan bumi, akan kita

peroleh

𝑣0 = 𝑣R βˆ’ (±𝑣bumi) = 𝑣R βˆ“ 𝑣bumi

𝑣02 = 𝑣R

2 + 𝑣bumi2 βˆ“ 2𝑣R𝑣bumi

Tinjau proses saat roket telah lepas dari medan gravitasi bumi dan akan lepas dari tata

surya. Saat lepas dari bumi, roket berada pada jarak π‘Ž dari matahari dan bergerak

dengan kecepatan 𝑣R, sedangkan saat lepas dari tata surya, untuk kondisi minimum,

kita bisa asumsikan saat lepas kecepatan roket telah nol dan mencapai jarak yang

sangat jauh dari matahari. Menggunakan hukum kekekalan energi mekanik akan kita

peorleh

1

2π‘šπ‘£R

2 βˆ’πΊπ‘€Mπ‘š

π‘Ž=

1

2π‘š(0)2 βˆ’

𝐺𝑀Mπ‘š

∞⟹ 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

π‘Ž

Subtitusi 𝑣R dan 𝑣bumi ke 𝑣02 akan kita peroleh

𝑣02 =

2𝐺𝑀M

π‘Ž+

𝐺𝑀M

π‘Žβˆ“ 2√

2𝐺𝑀M

π‘Žβˆš

𝐺𝑀M

π‘Ž

𝑣02 =

𝐺𝑀M

π‘Ž(3 βˆ“ 2√2)

Subtitusi 𝑣02 ke 𝑣l

2

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 31 dari 34

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

π‘Ž(3 βˆ“ 2√2) +

2𝐺𝑀B

𝑅

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

π‘Ž(3 βˆ“ 2√2 + 2

π‘Ž/𝑅

𝑀M/𝑀B) ⟹ 𝑣l = √

𝐺𝑀M

π‘Ž(3 βˆ“ 2√2 + 2

𝛽

𝛼)

Untuk situs (i)

𝑣l = βˆšπΊπ‘€M

π‘Ž(3 βˆ’ 2√2 + 2

𝛽

𝛼)

Untuk situs (ii)

𝑣l = βˆšπΊπ‘€M

π‘Ž(3 + 2√2 + 2

𝛽

𝛼)

Karena 𝑣l(ii) > 𝑣l(i), maka situs peluncuran (ii) memerlukan energi yang lebih besar

dari situs peluncuran (i), 𝐸(ii) > 𝐸(i). Sehingga situs peluncuran roket yang

memerlukan energi lebih kecil adalah situs (i).

c. Misalkan jari-jari matahari adalah π‘Ÿ dengan π‘Ÿ β‰ͺ π‘Ž. Seperti sebelumnya, kita gunakan

𝑣R = 𝑣0 Β± 𝑣bumi atau 𝑣0 = 𝑣R βˆ“ 𝑣bumi. Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, agar

bisa mencapai matahari, roket haruslah berada pada orbit elips dimana aphelion-nya

adalah π‘Ž sedangkan perihelion-nya adalah π‘Ÿ dengan matahari sebagai salah satu titik

fokus dari orbit elips ini. Karena gaya gravitasi bersifat sentral, maka momentum sudut

roket terhadap matahari akan kekal. Misal kecepatan saat di permukaan matahari

adalah 𝑣s, dari kekekalan momentum sudut akan kita peroleh

𝐿aphelion = 𝐿perihelion

π‘šπ‘£Rπ‘Ž = π‘šπ‘£sπ‘Ÿ ⟹ 𝑣s =π‘Ž

π‘Ÿπ‘£R

Energi mekanik roket juga kekal karena tidak ada gaya nonkonservatif yang bekerja

pada sistem matahari-roket ini, sehingga akan kita peroleh

𝐸aphelion = 𝐸perihelion

1

2π‘šπ‘£R

2 βˆ’πΊπ‘€Mπ‘š

π‘Ž=

1

2π‘šπ‘£s

2 βˆ’πΊπ‘€Mπ‘š

π‘Ÿ

𝑣s2 βˆ’ 𝑣R

2 = (π‘Ž

π‘Ÿ)

2

𝑣R2 βˆ’ 𝑣R

2 = ((π‘Ž

π‘Ÿ)

2

βˆ’ 1) 𝑣R2 =

2𝐺𝑀M

π‘Ž(π‘Ž

π‘Ÿβˆ’ 1)

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 32 dari 34

(π‘Ž

π‘Ÿ+ 1) (

π‘Ž

π‘Ÿβˆ’ 1) 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

π‘Ž(π‘Ž

π‘Ÿβˆ’ 1)

(π‘Ž

π‘Ÿ+ 1) 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

π‘ŽβŸΉ 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

π‘Ž(

π‘Ÿ

π‘Ž + π‘Ÿ)

Karena π‘Ž ≫ π‘Ÿ maka

𝑣R2 β‰ˆ

2𝐺𝑀M

π‘Ž(π‘Ÿ

π‘Ž) ⟹ 𝑣R = √

𝐺𝑀M

π‘Žβˆš

2π‘Ÿ

π‘Ž

Maka akan kita dapatkan

𝑣0 = βˆšπΊπ‘€M

π‘Žβˆš

2π‘Ÿ

π‘Žβˆ“ √

𝐺𝑀M

π‘ŽβŸΉ 𝑣0 = √

𝐺𝑀M

π‘Ž(√

2π‘Ÿ

π‘Žβˆ“ 1)

Ada sesuatu yang menarik di sini temen-temen. Jika kalian perhatikan persamaan

terakhir di atas, karena π‘Ÿ β‰ͺ π‘Ž maka pastilah √2π‘Ÿ/π‘Ž β‰ͺ 1 sehingga untuk tanda di atas

atau pada peluncuran situs (i), nilai 𝑣0 akan negatif. Apakah maksudnya? Tanda negatif

di sini maknanya adalah arah kecepatan 𝑣0 ini berlawanan dengan arah yang kita pilih

pada awalnya. Pada situs peluncuran (i), arah 𝑣0 yang kita pilih adalah searah

kecepatan bumi, jadi berdasarkan hasil tadi arah kecepatan 𝑣0 haruslah berlawanan

arah kecepatan bumi, sedangkan roket ini diluncurkan searah kecepatan bumi. Ingat

bahwa 𝑣0 kita ukur relatif terhadap bumi. Apakah mungkin kita meluncurkan roket

untuk keluar dari bumi sedemikian hingga saat dia keluar dari bumi dia memiliki

kecepatan yang arahnya malah balik menuju bumi? Jelas hal ini tidak mungkin. Saat

kita tinjau energinya saja, tentu hasilnya tidak ada masalah karena kita menggunakan

suku 𝑣02, namun jika kita tinjau secara fisis, hasilnya malah tidak mungkin. Jadi untuk

meluncurkan roket menuju matahari, kita haruslah meluncurkannya berlawanan

dengan arah kecepatan bumi. Sekarang, mengapa hal ini tidak menjadi masalah pada

soal bagian (b). jawabannya adalah karena pada soal bagian (b), 𝑣R > 𝑣bumi

sedangkan pada bagian (c) ini 𝑣R β‰ͺ 𝑣bumi, sehingga pada bagian (b) tidak muncul

tanda negatif pada 𝑣0. Dengan demikian untuk peluncuran roket keluar tata surya,

kita bisa meluncurkannya searah kecepatan bumi maupun berlawanan dengan

kecepatan bumi.

Kecepatan luncur roket dari bumi adalah

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 33 dari 34

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

π‘Ž(√

2π‘Ÿ

π‘Ž+ 1)

2

+2𝐺𝑀B

𝑅

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

π‘Ž[(√

2π‘Ÿ

π‘Ž+ 1)

2

+ 2π‘Ž/𝑅

𝑀M/𝑀B]

𝑣l = βˆšπΊπ‘€M

π‘Ž[(√

2π‘Ÿ

π‘Ž+ 1)

2

+ 2𝛽

𝛼]

Kita tidak bisa membandingkan energi pada situs (i) dan (ii) karena pada situs (i) hal

ini tidak mungkin dilakukan. Untuk limit π‘Ž ≫ π‘Ÿ β‰ˆ 0 maka

𝑣l = βˆšπΊπ‘€M

π‘Ž(1 + 2

𝛽

𝛼)

d. Diketahui bahwa 𝛽/𝛼 = 0,07 dan √2 = 1,4 maka akan kita peorleh

Untuk bagian (b) situs (i)

𝑣l2

𝑣bumi2

= 3 βˆ’ 2.1,4 + 2.0,07 = 0,34

Untuk bagian (b) situs (ii)

𝑣l2

𝑣bumi2

= 3 + 2.1,4 + 2.0,07 = 5,94

Untuk bagian (c) situs (ii)

𝑣l2

𝑣bumi2

= 1 + 2.0,07 = 1,14

Kesimpulan:

Ada beberapa kesimpulan yang bisa kita ambil, yaitu:

1. Pada kasus peluncuran ke luar tata surya (bagian b), akan lebih hemat energi jika

kita meluncurkan roket searah kecepatan bumi atau menggunakan situs

peluncuran (i).

2. Pada kasus peluncuran menuju matahari (bagian c), kita tidak bisa meluncurkan

roket dengan situs peluncuran (i) dan hanya bisa dengan situs peluncuran (ii).

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 34 dari 34

3. Energi yang diperlukan pada kasus peluncuran ke luar tata surya menggunakan

situs peluncuran (i) lebih kecil dibandingkan dengan kasus peluncuran menuju

matahari dengan situs peluncuran (ii).