Upload
others
View
49
Download
4
Embed Size (px)
Citation preview
Halaman 1 dari 39
Soal dan Solusi Try Out
Jumlah 8 Soal
Waktu : 47 Jam
Dimensi Sains Corp
Tahun 2019
Halaman 2 dari 39
Tentang Dimensi Sains Corp
Alkisah ada seorang duelist bernama Ahmad yang mempunyai kartu andalan yaitu
“OLIMPIADE FISIKA”, berupa situs web yang menyediakan berbagai media pembelajaran
untuk olimpiade fisika.
Kemudian dia bertemu dengan Mr. Sainsworld yang mempunyai kartu andalan
“SAINSWORLD”, berupa lembaga swasta yang mengadakan try out olimpiade fisika. Pada
awalnya Ahmad diminta Mr. Sains menjadi creator soal dari try out sainsworld. Setelah
beberapa waktu, keduanya menemukan kecocokan dan memungkinkan untuk fusion.
Akhirnya dengan kartu “POLIMERIZATION”, keduanya mengorbankan kartu andalan
masing-masing dan mengirimnya ke graveyard, kemudian mereka special summon fusion
card mereka menjadi “DIMENSI SAINS” Yang merupakan kartu efek dengan special effectnya
adalah “BERSAMA KITA SAINSKAN INDONESIA”
Follow Media Sosial Kami untuk Informasi Selengkapnya
Halaman 3 dari 39
Tata Cara dan Petunjuk Pelaksanaan Tes
1. Soal terdiri dari 8 soal essay. Waktu total pengerjaan tes adalah 47 Jam, dimulai dari
Jumat, 1 Februari 2019 pukul 13.00 WIB s.d. Minggu, 3 Februari 2018 pukul 12.00 WIB.
2. Jawaban dituliskan di lembar jawaban berupa kertas HVS putih.
3. Tuliskan nama peserta, kelas, dan asal sekolah anda pada lembar jawaban.
4. Skore nilai untuk setiap soal berbeda dan telah tertulis pada setiap soal.
5. Peserta diharuskan menulis jawabannya pada lembar jawaban yang terpisah untuk
setiap nomor.
6. Gunakan ballpoint untuk menulis jawaban anda dan jangan menggunakan pensil.
Diperbolehkan menggunakan ballpoint warna hitam atau biru untuk menuliskan
jawaban berupa kalimat atau formula (rumus) dan khusus untuk ballpoint warna
lainnya (merah, dll) hanya boleh digunakan untuk menggambar diagram.
7. Peserta mengerjakan soal tes secara mandiri. Peserta dilarang bekerja sama dengan
orang lain dalam mengerjakan tes.
8. Jawaban discan atau difoto, jawaban yang diterima hanya dalam bentuk pdf. Peserta
bisa menggunakan camscanner untuk menjadikan file foto tersebut menjadi pdf.
Peserta juga bisa menggunakan cara lainnya. Jawaban kemudian dikirimkan ke email
[email protected] dengan subjek:
Nama Peserta_Kelas_Asal Sekolah
Contoh : Ahmad Zikri Azmi_XI_SMAN 3 Purworejo
Batas akhir pengiriman jawaban adalah pada hari minggu, 3 Februari 2019, pukul
12.00 WIB.
Halaman 4 dari 39
1. Analisis Dimensi dan Gerak Partikel (12 Poin)
Suatu partikel bermassa 𝑚 dan bermuatan 𝑞 berada dalam medium yang unik. Dalam
medium ini partikel bisa memiliki kecepatan yang bervariasi dan bisa juga dipercepat
dengan percepatan yang konstan bergantung di mana partikel itu berada dalam medium
unik ini. Partikel ini hanya bergerak dalam sumbu 𝑥. Medium unik yang pertama dengan
densitas 𝜌1 dan permivitas 𝜀1 berada pada posisi 𝑥 = 𝑥1 sampai 𝑥 = 𝑥2 dimana 𝑥2 > 𝑥1 >
0 dan di posisi lainnya terdapat medium unik yang kedua dengan densitas 𝜌2 dan
permivitas 𝜀2.
Pada awalnya partikel diam dan berada pada titik asal kemudian dipercepat oleh gaya
misterius 𝐹 yang konstan besarnya. Saat mulai memasuki medium unik pertama, partikel
ini memiliki kecepatan yang bervariasi terhadap posisi 𝑣(𝑥). Kemudian dia tiba di bagian
lain dari medium unik yang pertama yaitu di 𝑥 = 𝑥c yang membuatnya memiliki
percepatan yang bervariasi terhadap posisi 𝑎(𝑥). Si partikel ini kemudian keluar dari
medum unik pertama dan memasuki medium unik kedua kembali. Dia kemudian
mendapatkan gaya hambat misterius yang konstan 𝑓. Besar gaya hambat 𝑓 ini sama
dengan gaya 𝐹, hanya berbeda di arahnya saja.
a. Tentukan masing-masing ekspresi besaran di bawah ini berdasarkan keterangan
berikut!
i. Gaya misterius 𝐹 bergantung pada massa partikel 𝑚, muatan partikel 𝑞, densitas
𝜌2, dan permitivitas 𝜀2 = 𝜀𝑟2𝜀0 medium unik kedua. Konstanta kesebandingannya
adalah 𝑘1.
ii. Momentum partikel relatif partikel 𝑝(𝑥) = 𝑚[𝑣(𝑥) − 𝑣1] untuk selang 𝑥1 < 𝑥 ≤
𝑥c bergantung pada percepatan gravitasi di tempat tersebut yaitu 𝑔0, densitas 𝜌1
dari medium unik pertama, dan posisi partikel 𝑥rel = 𝑥 − 𝑥1 dari titik 𝑥 = 𝑥1.
Konstanta kesebandingannya adalah 𝑘2. Massa partikel konstan sebesar 𝑚 dan 𝑣1
adalah kecepatan partikel ketika memasuki medium unik pertama.
𝑥 = 0 𝑥1 𝑥c 𝑥2 𝑥stop
medium 1 medium 2 medium 2
Halaman 5 dari 39
iii. Percepatan 𝑎(𝑥) bergantung pada massa partikel 𝑚, muatan partikel 𝑞,
permitivitas medium unik pertama 𝜀1 = 𝜀𝑟1𝜀0, dan posisi partikel 𝑥. Konstanta
kesebandingannya adalah 𝑘3.
b. Diketahui kecepatan dan percepatan partikel ini kontinyu pada setiap batas medium.
i. Tentukan persamaan kecepatan sebagai fungsi posisi untuk tiap selang.
ii. Tentukan kecepatan partikel saat mulai memasuki medium unik pertama (𝑣1).
iii. Tentukan kecepatan partikel saat mulai memasuki bagian lain dari medium unik
pertama (𝑣c).
iv. Tentukan kecepatan partikel saat mulai memasuki medium unik kedua kembali
(𝑣2).
v. Posisi akhir saat partikel berhenti 𝑥stop.
Petunjuk : Mungkin data berikut ini bermanfaat
𝜀0 = 8.85 × 10−12 C2/Nm2
𝜇0 = 4𝜋 × 10−7 Ns2/C2
Arus listrik adalah aliran muatan persatuan waktu dimana muatan memiliki satuan
Coulomb (C) dan 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3, 𝑘4, 𝜀𝑟1, serta 𝜀𝑟2 adalah konstanta tak berdimensi.
Solusi :
a. Untuk menemukan ekspresi suatu besaran terhadap besaran lain kita bisa gunakan
metode analisis dimensi. Sebelumnya, dimensi muatan adalah
muatan
waktu= arus listrik
muatan = arus listrik × waktu
[𝑞] = 𝐼𝑇
Kemudian kita perlu ketahui juga dimensi 𝜀0 dan 𝜇0 yaitu
[𝜀0] = 𝐼2𝑀−1𝐿−3𝑇4
[𝜇0] = 𝐼−2𝑀𝐿𝑇−2
i. Berikut adalah dimensi masing-masing besaran yang terlibat
[𝐹] = 𝑀𝐿𝑇−2
[𝑚] = 𝑀
[𝑞] = 𝐼𝑇
Halaman 6 dari 39
[𝜌2] = 𝑀𝐿−3
[𝜀2] = 𝐼2𝑀−1𝐿−3𝑇4
Gaya 𝐹 dapat kita nyatakan sebagai
𝐹 = 𝑘1𝑚𝐴𝑞𝐵𝜌2
𝐶𝜀2𝐷
Dimensi sisi kiri dan kanan haruslah sama
[𝐹] = [𝑚]𝐴[𝑞]𝐵[𝜌2]𝐶[𝜀2]
𝐷
𝑀𝐿𝑇−2 = [𝑀]𝐴[𝐼𝑇]𝐵[𝑀𝐿−3]𝐶[𝐼2𝑀−1𝐿−3𝑇4]𝐷
𝑀𝐿𝑇−2𝐼0 = 𝑀𝐴+𝐶−𝐷𝐿−3𝐶−3𝐷𝑇𝐵+4𝐷𝐼𝐵+2𝐷
Agar dimensinya sama, pangkat masing-masing dimensi di sisi kanan dan kiri
haruslah sama sehingga akan kita peroleh
𝐴 + 𝐶 − 𝐷 = 1 ⟹ 𝐴 = 𝐷 − 𝐶 + 1
−3𝐶 − 3𝐷 = 1 ⟹ 𝐶 + 𝐷 = −1
3
𝐵 + 4𝐷 = −2
𝐵 + 2𝐷 = 0 ⟹ 𝐵 = −2𝐷
Dengan menyelesaikan keempat persamaan di atas akan kita peroleh nilai
konstanta 𝐴, 𝐵, 𝐶, dan 𝐷 yaitu
𝐴 = −2
3, 𝐵 = 2, 𝐶 =
2
3, dan 𝐷 = −1
Sehingga akan kita peroleh
𝐹 = 𝑘1𝑚−23𝑞2𝜌2
23𝜀2
−1 ⟹ 𝐹 = 𝑘1 (𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0
ii. Berikut adalah dimensi masing-masing besaran yang terlibat
[𝑝(𝑥)] = 𝑀𝐿𝑇−1
[𝑔0] = 𝐿𝑇−2
[𝜌1] = 𝑀𝐿−3
[𝑥rel] = 𝐿
momentum 𝑝(𝑥) dapat kita nyatakan sebagai
𝑝(𝑥) = 𝑘2𝑔0𝐸𝜌1
𝐹𝑥rel𝐺
Dimensi kedua sisi harus sama sehingga
[𝑝(𝑥)] = [𝑔0]𝐸[𝜌1]
𝐹[𝑥rel]𝐺
𝑀𝐿𝑇−1 = [𝐿𝑇−2]𝐸[𝑀𝐿−3]𝐹[𝐿]𝐺
𝑀𝐿𝑇−1 = 𝑀𝐹𝐿𝐸−3𝐹+𝐺𝑇−2𝐸
Halaman 7 dari 39
Dari kesamaan pangkat sisi kiri dan kanan akan kita peroleh
𝐹 = 1
−2𝐸 = −1 ⟹ 𝐸 =1
2
1 = 𝐸 − 3𝐹 + 𝐺 ⟹ 𝐺 =7
2
Sehingga akan kita dapatkan
𝑝(𝑥) = 𝑚[𝑣(𝑥) − 𝑣1] = 𝑘2𝑔0
12𝜌1𝑥rel
72 ⟹ 𝑣(𝑥) = 𝑣1 + 𝑘2
𝑔0
12𝜌1
𝑚(𝑥 − 𝑥1)
72
iii. Berikut adalah dimensi masing-masing besaran yang terlibat
[𝑎(𝑥)] = 𝐿𝑇−2
[𝑚] = 𝑀
[𝑞] = 𝐼𝑇
[𝜀1] = 𝐼2𝑀−1𝐿−3𝑇4
[𝑥] = 𝐿
Percepatan 𝑎(𝑥) dapat kita nyatakan sebagai
𝑎(𝑥) = 𝑘3𝑚𝐻𝑞𝐽𝜀1
𝐾𝑥𝑁
Seperti sebelumnya, dimensi ruas kiri dan kana harus sama sehingga
𝐿𝑇−2 = [𝑚]𝐻[𝑞]𝐽[𝜀1]𝐾[𝑥]𝑁
𝐿𝑇−2 = [𝑀]𝐻[𝐼𝑇]𝐽[𝐼2𝑀−1𝐿−3𝑇4]𝐾[𝐿]𝑁
𝐿𝑇−2 = 𝑀𝐻−𝐾𝐿−3𝐾+𝑁𝑇𝐽+4𝐾𝐼𝐽+2𝐾
Dari kesamaan pangkat sisi kiri dan kanan akan kita peroleh
𝐽 + 2𝐾 = 0 ⟹ 𝐽 = −2𝐾
𝐽 + 4𝐾 = −2 ⟹ 𝐾 = −1 ⟹ 𝐽 = 2
𝐻 − 𝐾 = 0 ⟹ 𝐻 = −1
−3𝐾 + 𝑁 = 1 ⟹ 𝑁 = −2
Sehingga akan kita dapatkan
𝑎(𝑥) = 𝑘3𝑚−1𝑞2𝜀1
−1𝑥−2 ⟹ 𝑎(𝑥) = 𝑘3
𝑞2
𝑚𝜀𝑟1𝜀0𝑥2
b. Dari bagian (a) kita peroleh persamaan-persamaan berikut
𝐹 = −𝑓 = 𝑘1 (𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0, untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥1 atau 𝑥 ≥ 𝑥2
Halaman 8 dari 39
𝑣(𝑥) = 𝑣1 + 𝑘2
𝑔0
12𝜌1
𝑚(𝑥 − 𝑥1)
72
72
, untuk 𝑥1 < 𝑥 ≤ 𝑥c
𝑎(𝑥) = 𝑘3
𝑞2
𝑚𝜀𝑟1𝜀0𝑥2, untuk 𝑥c < 𝑥 < 𝑥2
Dengan 𝑥c adalah posisi ketika partikel memasuki bagian berbeda pada medium unik
pertama.
i. Untuk 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥1 partikel bergerak GLBB karena percepatannya konstan yaitu
𝑎 =𝐹
𝑚⟹ 𝑎 =
𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0
Sehingga akan kita peroleh untuk selang ini
𝑣(𝑥) = √2𝑎𝑥 ⟹ 𝑣(𝑥) = √2𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2𝑥
𝜀𝑟2𝜀0
Untuk selang 𝑥1 < 𝑥 ≤ 𝑥csudah kita dapatkan yaitu
𝑣(𝑥) = 𝑣1 + 𝑘2
𝑔0
12𝜌1
𝑚(𝑥 − 𝑥1)
72
Untuk selang 𝑥c < 𝑥 < 𝑥2 akan kita dapatkan dari 𝑎(𝑥)
𝑑𝑣(𝑥)
𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑥=
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑𝑣(𝑥)
𝑑𝑥= 𝑣(𝑥)
𝑑𝑣(𝑥)
𝑑𝑥= 𝑎(𝑥) = 𝑘3
𝑞2
𝑚𝜀𝑟1𝜀0𝑥2
∫ 𝑣(𝑥) 𝑑𝑣(𝑥)𝑣(𝑥)
𝑣c
=𝑘3𝑞
2
𝑚𝜀𝑟1𝜀0∫
𝑑𝑥
𝑥2
𝑥
𝑥c
𝑣2(𝑥)
2−
𝑣c2
2=
𝑘3𝑞2
𝑚𝜀𝑟1𝜀0(1
𝑥c−
1
𝑥)
𝑣2(𝑥) = 𝑣c2 +
2𝑘3𝑞2
𝑚𝜀𝑟1𝜀0(1
𝑥c−
1
𝑥)
Sedangkan untuk selang 𝑥 ≥ 𝑥2 partikel memiliki perlambatan yang konstan yaitu
𝑎′ = −𝑎 =𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0
Sehingga untuk selang ini, persamaan kecepatannya adalah
𝑣(𝑥) = √𝑣22 −
2𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0(𝑥 − 𝑥2)
ii. Dari persamaan kecepatan untuk selang 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥1 akan kita peroleh
Halaman 9 dari 39
𝑣1 = √2𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2𝑥1
𝜀𝑟2𝜀0
iii. Dari persamaan kecepatan untuk selang 𝑥1 < 𝑥 ≤ 𝑥c akan kita peroleh
𝑣c = 𝑣1 + 𝑘2
𝑔0
12𝜌1
𝑚(𝑥c − 𝑥1)
72
iv. Dari persamaan kecepatan untuk selang 𝑥c < 𝑥 < 𝑥2 akan kita peroleh
𝑣2 = √𝑣c2 +
2𝑘3𝑞2
𝑚𝜀𝑟1𝜀0(1
𝑥c−
1
𝑥2)
v. Saat partikel berhenti, kecepatannya akan bernilai nol. Dari persamaan kecepatan
untuk selang 𝑥 ≥ 𝑥2 akan kita peroleh
𝑣(𝑥stop) = 0 = √𝑣22 −
2𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0(𝑥stop − 𝑥2)
𝑣22 =
2𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0(𝑥stop − 𝑥2)
𝑥stop = 𝑥2 + 𝑣22 [
2𝑘1
𝑚(𝜌2
𝑚)
23 𝑞2
𝜀𝑟2𝜀0]
−1
2. Balok dan Kotak Kecil (13 Poin)
Sebuah balok bermassa 𝑀 berada di atas lantai licin horizontall dan pada awalnya
berhimpit dengan dinding vertikal. Pada permukaan atas balok ini terdapat rongga
berbentuk setengah silinder dengan jari-jari 𝑅. Sebuah kotak kecil bermassa 𝑚 dijatuhkan
dari ketinggian ℎ tepat di atas tepi rongga yang dekat dengan dinding. Kotak kecil ini tepat
memasuki rongga tanpa gangguan.
𝑔
𝑅
𝑚
𝑀
ℎ
Halaman 10 dari 39
a. Jika permukaan lantai kasar dengan koefisien gesek statik 𝜇, tentukan syarat rasio
𝑚/𝑀 agar balok 𝑀 tidak dapat bergerak! Gunakan 𝑥 = ℎ/𝑅. Tinjau kasus khusus saat
𝑥 = 0.
b. Jika permukaan lantai licin, tentukan kecepatan maksimum dari balok 𝑀!
c. Berdasarkan bagian (a) dan (b) tentukan
i. Periode osilasi kotak kecil jika waktu total kotak kecil kontak dengan balok 𝑀
adalah 𝑇! (berdasarkan bagian a). Jangan menggunakan 𝑥 = 0.
ii. Waktu total kotak kecil berada di udara dari mulai dilepas sampai balok 𝑀
memiliki kecepatan maksimum! (berdasarkan bagian b)
Solusi :
a. Kita tinjau saat kotak kecil telah melewati titik terendahnya dan garis penghubungan
kotak kecil dengan pusat rongga melingkar membentuk sudut 𝜃 terhadap horizontal.
Kecepatan kotak saat ini sebagai fungsi sudut 𝜃 adalah 𝑣(𝜃) yang bisa kita dapatkan
dari konservasi energi sehingga
𝐸i = 𝐸f
𝑚𝑔(ℎ + 𝑅) = 𝑚𝑔𝑅(1 − sin 𝜃) +1
2𝑚𝑣2(𝜃) ⟹ 𝑣2(𝜃) = 2𝑔(ℎ + 𝑅 sin 𝜃)
Tinjau gerak sentripetal kotak kecil, karena balok 𝑀 tidak bergerak, pusat lintasan
melingkar juga tidak bergerak.
Dari sini akan kita peroleh
𝑚
𝜃
ℎ
𝑅 𝑅
𝑅(1 − sin 𝜃)
𝑅 sin 𝜃
𝑁 𝑣(𝜃)
𝑚𝑔
𝜃 𝑟
Halaman 11 dari 39
𝑁 − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑣2(𝜃)
𝑅⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔(2𝑥 + 3 sin𝜃)
Sekarang tinjau gaya pada balok 𝑀.
Dari gaya komponen horizontal kita bisa dapatkan gaya gesek dari lantai yaitu
𝑓 = 𝑁 cos 𝜃 ⟹ 𝑓 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 (2𝑥 + 3 sin 𝜃)
Kemudian dari gaya komponen vertikal akan kita peroleh gaya normal dari lantai yaitu
𝑁𝐿 = 𝑀𝑔 + 𝑁 sin 𝜃 ⟹ 𝑁𝐿 = 𝑀𝑔 + 𝑚𝑔 sin 𝜃 (2𝑥 + 3 sin 𝜃)
Agar balok 𝑀 tidak bergeser, gaya gesek statik tidak boleh melebih nilai
maksimumnya, secara matematis, persamaan berikut haruslah terpenuhi yaitu
𝑓 ≤ 𝜇𝑁𝐿
𝑚𝑔 cos 𝜃 (2𝑥 + 3 sin𝜃) ≤ 𝜇[𝑀𝑔 + 𝑚𝑔 sin 𝜃 (2𝑥 + 3 sin 𝜃)]
𝑀
𝑚≥
1
𝜇[2𝑥(cos 𝜃 − 𝜇 sin𝜃) + 3(sin𝜃 cos 𝜃 − 𝜇 sin2 𝜃)]
Untuk kasus khusus saat 𝑥 = 0 akan kita dapatkan
𝑀
𝑚≥
3
𝜇(sin 𝜃 cos 𝜃 − 𝜇 sin2 𝜃)
Kita perlu mencari nilai maksimum dari 𝑓(𝜃) = sin 𝜃 cos 𝜃 − 𝜇 sin2 𝜃 sehingga
𝑑𝑓(𝜃)
𝑑𝜃= 0 = cos2 𝜃 − sin2 𝜃 − 2𝜇 sin 𝜃 cos 𝜃
Untuk kasus khusus saat 𝑥 = 0 akan kita dapatkan
cos2 𝜃 − sin2 𝜃 − 2𝜇 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0
𝑔
𝜃 𝑁
𝑀𝑔 𝑁L
𝑓
Halaman 12 dari 39
cos 2𝜃 − 𝜇 sin 2𝜃 = 0 ⟹ tan 2𝜃 =1
𝜇
Sehingga, dengan sedikit modifikasi trigonometri akan kita dapatkan
𝑓(𝜃) = sin 𝜃 cos 𝜃 − 𝜇 sin2 𝜃
𝑓(𝜃) =1
2sin 2𝜃 +
𝜇
2cos 2𝜃 −
𝜇
2
Hasil di atas kita dapatkan dengan menggunakan
sin 2𝜃 = 2 sin𝜃 cos 𝜃 dan sin2 𝜃 =1 − cos 2𝜃
2
Dari hasil sebelumnya akan kita peroleh
tan 2𝜃 =1
𝜇⟹ sin 2𝜃 =
1
√1 + 𝜇2 dan cos 2𝜃 =
𝜇
√1 + 𝜇2
Sehingga
𝑓(𝜃) =1
2(
1
√1 + 𝜇2+
𝜇2
√1 + 𝜇2− 𝜇)
𝑓(𝜃) =1 + 𝜇2 − 𝜇√1 + 𝜇2
2√1 + 𝜇2⟹ 𝑓(𝜃) =
1
2(√1 + 𝜇2 − 𝜇)
Dan akan kita dapatkan syarat untuk 𝑚/𝑀 yaitu
𝑀
𝑚≥
3
2𝜇(√1 + 𝜇2 − 𝜇)
𝑚
𝑀≤
2𝜇
3(√1 + 𝜇2 − 𝜇)⟹
𝑚
𝑀≤
2𝜇(√1 + 𝜇2 + 𝜇)
3
b. Saat tepat di dasar rongga, kecepatan kotak kecil adalah 𝑣0. Ini bisa kita dapatkan dari
hukum kekekalan energi atau konservasi energi, kita pilih acuan 𝐸𝑃 = 0 di dasar
rongga sehingga
𝐸i = 𝐸f
𝑚𝑔(ℎ + 𝑅) =1
2𝑚𝑣0
2 ⟹ 𝑣0 = √2𝑔(ℎ + 𝑅)
Halaman 13 dari 39
Kecepatan balok 𝑀 akan maksimum ketika kotak kecil 𝑚 untuk yang kedua kalinya
melalui titik terendahnya. Mengapa? Silahkan kamu pikirkan.
Saat ini, kotak kecil bergerak ke kiri dan balok 𝑀 bergerak ke kanan, dari hukum
kekekalan momentum, akan kita peroleh
𝑝i = 𝑝f
𝑚𝑣0 = −𝑚𝑣m + 𝑀𝑣M ⟹ 𝑣m =𝑀
𝑚𝑣M − 𝑣0
Kenapa kita gunakan momentum awal saat kotak kecil pertama kali berada di titik
terendah? Alasannya adalah karena saat dari mulai memasuki lintasan melingkar
sampai tiba di titik terendah kotak kecil, momentum sistem (kotak kecil dan balok 𝑀)
tidak kekal karena pada saat itu ada gaya normal dari dinding yang merupakan gaya
eksternal sehingga momentum arah horizontal tidak kekal (syarat momentum kekal
adalah tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada sistem).
Kemudian dari Konservasi Energi akan kita peroleh
1
2𝑚𝑣0
2 =1
2𝑚𝑣m
2 +1
2𝑀𝑣M
2
𝑚𝑣02 = 𝑚 (
𝑀
𝑚𝑣M − 𝑣0)
2
+ 𝑀𝑣M2
𝑚𝑣02 =
𝑀2
𝑚𝑣M
2 + 𝑚𝑣02 − 2𝑀𝑣M𝑣0 + 𝑀𝑣M
2
𝑀
𝑚𝑣M − 2𝑣0 + 𝑣M = 0
(𝑀
𝑚+ 1) 𝑣M = 2𝑣0 ⟹ 𝑣M =
2𝑚√2𝑔(ℎ + 𝑅)
𝑀 + 𝑚
c. Berdasarkan bagian (a) dan (b)
i. Satu periode osilasi adalah waktu untuk 2 kali melewati titik kesetimbangan dan
kembali ke titik awal dilepaskan. Dalam soal ini, satu periode osilasi adalah waktu
𝑣0 𝑚
𝑀 𝑀
𝑚 𝑣m 𝑣M
Halaman 14 dari 39
dari kotak kecil untuk jatuh, kontak dengan balok 𝑀 dan melewati titik
kesetimbangan (titik terendah) untuk pertama kalinya, loncat di bagian kanan
balok, jatuh kembali, melewati titik setimbang untuk kedua kalinya dan kembali
ke posisi saat di jatuhkan. Sehingga periode osilasi kotak kecil adalah
𝜏 = 2𝑇 + 42ℎ
𝑔⟹ 𝜏 = 2 (𝑇 +
4ℎ
𝑔)
ii. Pertama kita hitung dulu kecepatan botak kecil saat dia lepas dari ujung kanan
lintasan melingkar, saat tepat akan lepas, relatif balok 𝑀 kotak kecil hanya
memiliki kecepatan arah vertikal dan terhadap pengamat yang ada di tanah, kotak
kecil memiliki kecepatan horizontal yang sama dengan balok 𝑀, sehingga dari sini
menggunakan hukum kekekalan momentum akan kita peroleh
𝑝i = 𝑝f
𝑚𝑣0 = (𝑀 + 𝑚)𝑉 ⟹ 𝑉 =𝑚𝑣0
𝑀 + 𝑚
Kemudian dari hukum kekekalan energi akan kita peroleh pula
1
2𝑚𝑣0
2 =1
2𝑚(𝑣y
2 + 𝑉2) +1
2𝑀𝑉2
𝑚𝑣02 = 𝑚𝑣y
2 + (𝑀 + 𝑚)𝑉2
𝑚𝑣02 = 𝑚𝑣y
2 + (𝑀 + 𝑚) (𝑚𝑣0
𝑀 + 𝑚)2
𝑣y2 = 𝑣0
2 −𝑚𝑣0
2
𝑀 + 𝑚⟹ 𝑣y = √
2𝑀𝑔(ℎ + 𝑅)
𝑀 + 𝑚
Waktu dari saat lepas dari ujung kanan sampai tiba di titik tertinggi sampai
kembali ke ujung kanan lintasan lagi adalah
𝑡′ = 2𝑣y
𝑔⟹ 𝑡′ = 2√
2𝑀(ℎ + 𝑅)
(𝑀 + 𝑚)𝑔
Sehingga waktu total kotak kecil berada di udara dari mulai dilepas sampai
balok 𝑀 memiliki kecepatan maksimum adalah
𝑡 = √2ℎ
𝑔+ √
8𝑀(ℎ + 𝑅)
(𝑀 + 𝑚)𝑔
Halaman 15 dari 39
3. Silinder di Dalam Silinder di Atas Bidang Miring (12 Poin)
Sebuah kulit silinder yang kokoh dengan jari-jari 𝑟1 dan massa 𝑚1 menggelinding turun
pada sebuah bidang miring dengan sudut kemiringin 𝜙. Di dalam kulit silinder tersebut
terdapat silinder pejal dengan jari-jari 𝑟2 dan massa 𝑚2. Pusat massa silinder pejal ini diam
terhadap pusat massa kulit silinder sehingga garis penghubung antar pusat massa kulit
silinder dan silinder pejal ini membuat sudut 𝜃 terhadap garis vertikal. Diketahui tidak ada
slip yang terjadi selama sistem tersebut bergerak.
a. Tentukan percepatan linear kedua silinder dan percepatan sudut masing-masing
silinder dengan meninjau
i. Kulit Silinder
ii. Silinder Pejal
b. Bagaimana perbandingan massa silinder pejal dengan massa kulit silinder agar kondisi
menggenlinding tanpa slip ini dapat terpenuhi? Nyatakan dalam 𝜙 dan 𝜃.
Solusi :
a. Berikut adalah diagram gaya dan percepatan kedua silinder.
Untuk hubungan sudut kita peroleh
C
𝜃
𝜙
𝑚1
𝑚2 𝑟1
𝑟2 O
𝑓1
𝑁1 𝑁2
𝑓2
𝑚1𝑔
𝑎1
𝛼1
𝜙 𝜙 𝜃
𝜃
𝜓
𝜓
𝜙
𝑎2
𝜃 𝜓
𝜓 𝜙 𝜙
𝛼2
𝑓2
𝑁2
𝑚2𝑔
Halaman 16 dari 39
𝜓 = 𝜙 − 𝜃
Karena semua silinder menggelinding tanpa slip akan berlaku
𝑎1 = 𝛼1𝑟1 …(1)
Kemudian karena silinder pejal diam relatif kulit silinder akan berlaku
𝑎1 = 𝑎2 …(2)
𝑎2 = 𝛼2𝑟2 …(3)
i. Kita tinjau kulit silinder. Hukum II Newton untuk gerak translasi pada sumbu 𝑥
memberikan
𝑚1𝑔 sin𝜙 − 𝑓1 + 𝑁2 sin(𝜙 − 𝜃) + 𝑓2 cos(𝜙 − 𝜃) = 𝑚1𝑎1 …(4)
Hukum II Newton untuk gerak translasi pada sumbu 𝑦 memberikan
−𝑚1𝑔 cos𝜙 + 𝑁1 − 𝑁2 cos(𝜙 − 𝜃) + 𝑓2 sin(𝜙 − 𝜃) = 0… (5)
Hukum II Newton untuk gerak rotasi terhadap pusat massa nya memberikan
(𝑓1 − 𝑓2)𝑟1 = 𝑚1𝑟12𝛼1
Subtitusi persamaan (1)
𝑓1 − 𝑓2 = 𝑚1𝑎1 …(6)
Sekarang tinjau silinder pejal. Hukum II Newton untuk gerak translasi pada sumbu
𝑥 memberikan
𝑚2𝑔 sin𝜙 − 𝑁2 sin(𝜙 − 𝜃) − 𝑓2 cos(𝜙 − 𝜃) = 𝑚2𝑎2
Mengingat persamaan (2) akan kita dapatkan
𝑚2𝑔 sin𝜙 − 𝑁2 sin(𝜙 − 𝜃) − 𝑓2 cos(𝜙 − 𝜃) = 𝑚2𝑎1 …(7)
Hukum II Newton untuk gerak translasi pada sumbu 𝑦 memberikan
−𝑚2𝑔 cos 𝜙 + 𝑁2 cos(𝜙 − 𝜃) − 𝑓2 sin(𝜙 − 𝜃) = 0… (8)
Hukum II Newton untuk gerak rotasi terhadap pusat massa nya memberikan
𝑓2𝑟2 =1
2𝑚2𝑟2
2𝛼2
Mengingat persamaan (3) dan (2) akan kita dapatkan
𝑓2 =1
2𝑚2𝑎1 …(9)
Subtitusi persamaan (9) ke (6)
𝑓1 −1
2𝑚2𝑎1 = 𝑚1𝑎1 ⟹ 𝑓1 =
1
2(2𝑚1 + 𝑚2)𝑎1 …(10)
Jumlahkan persamaan (7) dan (4) kemudian subtitusi persamaan (10) akan kita
peroleh
Halaman 17 dari 39
(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin𝜙 −1
2(2𝑚1 + 𝑚2)𝑎1 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑎1
(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin𝜙 =1
2(4𝑚1 + 3𝑚2)𝑎1
𝑎1 = 𝑎2 =2(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin𝜙
4𝑚1 + 3𝑚2…(11)
Kemudian kita dapatkan pula
𝛼1 =2(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin𝜙
(4𝑚1 + 3𝑚2)𝑟1
𝛼2 =2(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin𝜙
(4𝑚1 + 3𝑚2)𝑟2
ii. Dari persamaan gerak silinder pejal. Eliminasi 𝑁2 dari persamaan (7) dan (8).
Pertama kali persamaan (7) dengan cos(𝜙 − 𝜃) dan kali persamaan (8) dengan
sin(𝜙 − 𝜃).
𝑚2𝑔 sin𝜙 cos(𝜙 − 𝜃) − 𝑁2 sin(𝜙 − 𝜃) cos(𝜙 − 𝜃) − 𝑓2 cos2(𝜙 − 𝜃)
= 𝑚2𝑎1 cos(𝜙 − 𝜃)
−𝑚2𝑔 cos𝜙 sin(𝜙 − 𝜃) + 𝑁2 sin(𝜙 − 𝜃) cos(𝜙 − 𝜃) − 𝑓2 sin2(𝜙 − 𝜃) = 0
Kemudian jumlahkan kedua persamaan di atas
𝑚2𝑔[sin𝜙 cos(𝜙 − 𝜃) − cos𝜙 sin(𝜙 − 𝜃)] − 𝑓2[sin2(𝜙 − 𝜃) + cos2(𝜙 − 𝜃)]
= 𝑚2𝑎1 cos(𝜙 − 𝜃)
𝑚2𝑔 sin 𝜃 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎1 cos(𝜙 − 𝜃)
Subtitusi persamaan (9)
𝑚2𝑔 sin 𝜃 −1
2𝑚2𝑎1 = 𝑚2𝑎1 cos(𝜙 − 𝜃)
𝑔 sin 𝜃 =1
2𝑎1[1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)] ⟹ 𝑎1 = 𝑎2 =
2𝑔 sin 𝜃
1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)… (12)
Kemudian akan kita dapatkan untuk percepatan sudut kedua silinder
𝛼1 =2𝑔 sin 𝜃
[1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)]𝑟1
𝛼2 =2𝑔 sin 𝜃
[1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)]𝑟2
b. Dari persamaan (11) dan (12) akan kita peroleh
2(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin𝜙
4𝑚1 + 3𝑚2=
2𝑔 sin 𝜃
1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)
(𝑚1 + 𝑚2) sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)] = sin 𝜃 (4𝑚1 + 3𝑚2)
Halaman 18 dari 39
𝑚1{sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)] − 4 sin 𝜃} = 𝑚2{3 sin 𝜃 − sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)]}
𝑚2
𝑚1=
sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)] − 4 sin 𝜃
3 sin 𝜃 − sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)]
𝑚2
𝑚1= −
sin 𝜃 + 3 sin𝜃 − sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)]
3 sin 𝜃 − sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)]
𝑚2
𝑚1=
sin 𝜃
sin𝜙 [1 + 2 cos(𝜙 − 𝜃)] − 3 sin 𝜃− 1
4. Hubungan Tali dan Katrol dengan Silinder di atas Lantai (13 Poin)
Sebuah tali tidak bermassa diikatkan salah satu ujungnya pada suatu pasak di atas lantai.
Tali ini kemudian dilewatkan di bawah silinder kemudian diteruskan dan dilewatkan pada
sebuah katrol dan ujung tali ini yang melewati katrol ini di pasangi beban bermassa 𝑀
seperti terlihat pada gambar di bawah ini. Antara silinder di atas lantai dengan lantai tidak
terdapat gesekan, namun antara silinder dengan tali tidak dapat slip.
Silinder di atas lantai dan katrol memiliki bentuk yang identik dengan massa 𝑚 dan jari-
jari 𝑟. Pada saat awal sistem ini ditahan diam dan tali yang menghubungkan silinder dan
katrol membentuk sudut 𝜃 = 𝜋/3 terhadap hprizontal.
a. Tentukan persamaan-persamaan yang penting yang memenuhi Hukum II Newton
pada setiap benda untuk menyelesaikan bagian soal berikutnya! Petunjuk : Terdapat
4 persamaan.
b. Tentukan hubungan percepatan tiap benda! Baik percepatan linear maupun angular.
c. Tentukan percepatan tiap benda (linear dan angular) serta tentukan tegangan tali
pada setiap bagian tali!
Solusi :
𝑀
𝑚
𝑚 𝑟
𝑟
𝜃
Halaman 19 dari 39
a. Berikut adalah diagram gaya pada setiap benda!
Untuk silinder di atas lantai, hukum II newton untuk gerak translasi pada sumbu 𝑥
memberikan
𝑇1 + 𝑇2 cos𝜋
3= 𝑚𝑎1 ⟹ 2𝑇1 + 𝑇2 = 2𝑚𝑎1 …(1)
Gaya pada sumbu 𝑦 tidak perlu kita tinjau karena tidak terlalu penting dalam kasus ini.
Gaya komponen vertikal ini penting untuk ditinjau jika kita memerlukan gaya normal
dari lantai, namun pada kasus ini tidak. Kemudian hukum II newton untuk gerak rotasi
terhadap pusat massa silnder memberikan
(𝑇2 − 𝑇1)𝑟 =1
2𝑚𝑟2
𝑎1
𝑟⟹ 𝑇1 = 𝑇2 −
1
2𝑚𝑎1 …(2)
Kemudian hukum II newton untuk gerak rotasi katrol memberikan
(𝑇3 − 𝑇2)𝑟 =1
2𝑚𝑟2
𝑎2
𝑟⟹ 𝑇3 = 𝑇2 +
1
2𝑚𝑎2 …(3)
Sekarang tinjau beban 𝑀, hukum II newton untuk gerak translasi arah vertikal
memberikan
𝑀𝑔 − 𝑇3 = 𝑀𝑎2 …(4)
b. Perhatikan titik kontak terakhir tali yang menghubungkan silinder dengan katrol (titik
P), percepatan titik ini sama dengan percepatan suatu titik di tepi katrol yang juga
sama dengan percepatan beban yaitu 𝑎2.
𝑎1
𝑎1
𝑎1
𝑎2
𝜃 P
P
𝑀𝑔
𝑚
𝑚 𝑟
𝑟
𝜃 𝑎2
𝑇2
𝑇1
𝑎2
𝑇3 𝑇2
P
𝛼1
𝛼2
𝑎1
𝑎1
𝑎2
𝜃 P
P
Halaman 20 dari 39
Sekarang tinjau titik ini dari silinder di atas lantai, terhadap pusat massa silinder, titik
ini mempunyai percepatan tangensial yang sama dengan percepatan silinder (karena
silinder menggelinding tanpa slip). Jika kita tinjau dari tanah, kita perlu menambahkan
proyeksi percepatan pusat massa silinder pada arah yang sejajar dengan tali, dari sini
akan kita peroleh
𝑎2 = 𝑎1 (1 + cos𝜋
3) ⟹ 𝑎2 =
3
2𝑎1
Kemudian percepatan sudut silinder dan katrol adalah
𝛼1 =𝑎1
𝑟 dan 𝛼2 =
3𝑎1
2𝑟
c. Subtitusi persamaan (2) ke (1)
2 (𝑇2 −1
2𝑚𝑎1) + 𝑇2 = 2𝑚𝑎1
𝑇2 = 𝑚𝑎1 … (5)
Subtitusi persamaan (3) ke (4) dan gunakan hubungan pada bagian (b)
𝑀𝑔 − (𝑇2 +1
2𝑚𝑎2) = 𝑀𝑎2
𝑀𝑔 = 𝑇2 +1
2(𝑚 + 2𝑀)
3
2𝑎1
Subtitusi persamaan (5)
𝑀𝑔 = 𝑚𝑎1 +3
4(𝑚 + 2𝑀)𝑎1
𝑀𝑔 =1
4(7𝑚 + 6𝑀)𝑎1 ⟹ 𝑎1 =
4𝑀
7𝑚 + 6𝑀𝑔
𝑎2 =6𝑀
7𝑚 + 6𝑀𝑔
𝛼1 = (4𝑀
7𝑚 + 6𝑀)𝑔
𝑟 dan 𝛼2 = 𝛼1 = (
6𝑀
7𝑚 + 6𝑀)𝑔
𝑟
Subtitusi 𝑎1 ke persamaan (5)
𝑇2 = 4𝑀𝑚
7𝑚 + 6𝑀𝑔
Subtitusi 𝑎1 dan 𝑇2 ke persamaan (2)
𝑇1 =4𝑀𝑚
7𝑚 + 6𝑀𝑔 −
1
2𝑚
4𝑀
7𝑚 + 6𝑀𝑔 ⟹ 𝑇1 =
6𝑀𝑚
7𝑚 + 6𝑀𝑔
Subtitusi 𝑎2 dan 𝑇2 ke persamaan (3)
𝑇3 =4𝑀𝑚
7𝑚 + 6𝑀𝑔 +
1
2𝑚
6𝑀
7𝑚 + 6𝑀𝑔 ⟹ 𝑇3 =
7𝑀𝑚
7𝑚 + 6𝑀𝑔
Halaman 21 dari 39
5. Bola Kecil dan Lintasan Setengah Lingkaran (12 Poin)
Seperti di tunjukkan oleh gambar di bawah, terdapat sebuah kereta yang di atasnya
terpasang sebuah lintasan setengah lingkaran. Kereta dapat meluncur tanpa gesekan di
atas lantai. Massa total kereta dan lintasan di atasnya adalah 𝑀. Sebuah bola kecil yang
dapat di anggap sebagai massa titik dijatuhkan pada lintasan di atas kereta dari keadaan
diam pada ketinggian ℎ di atas ujung kanan lintasan. Bola dapat meluncur tanpa gesekan
pada lintasan setengah lingkaran ini. Diketahui percepatan gravitasi adalah 𝑔 ke bawah
dan hambatan udara dapat di abaikan.
a. Berapa jarak bola dari posisi awalnya saat dia mencapai ketinggian maksimumnya
selama gerakan?
b. Saat bola tiba di titik terendah selama gerakannya, berapa gaya yang diberikannya
pada kereta?
Solusi :
a. Karena semua permukaan licin, posisi pusat massa sistem akan tetap, tidak berubah.
Sebelum kesana, perhatikan bahwa saat bola jatuh dan belum mencapai lintasan
setengah lingkaran, kereta masih diam. Kemudian saat bola bergerak pada lintasan
bagian kanan, kereta akan dipercepat ke kanan dan kecepatan bola akan maksimum
saat mencapai titik terendah lintasan. Setelah itu bola mulai bergerak pada bagian kiri
lintasan yang menyebabkan kereta diperlambat ke kiri yang mengakibatkan kecepatan
bola semakin berkurang. saat tepat di ujung lintasan sebelah kiri, kereta tepat
berhenti kembali (kamu bisa cek dengan menggunakan hukum kekekalan momentum)
dan bola hanya murni bergerak vertikal saja. Sehingga kita bisa menggunakan teorema
pusat massa untuk menentukan perpindahan bola dan kita cukup tinjau kondisi saat
bola tepat di sebelah kanan dan kiri lintasan (bola mencapai kecepatan maksimum
tepat di ketinggian yang sama di atas ujung kiri lintasan melingkar).
𝑚
𝑅
ℎ
𝑀
Halaman 22 dari 39
Misal 𝑋 adalah perpindahan dari kereta, kita jadikan ujung kiri lintasan sebagai acuan,
maka akan kita dapatkan bahwa
𝑀𝑅 + 2𝑚𝑅 = 𝑀(𝑅 + 𝑋) + 𝑚𝑋
2𝑚𝑅 = (𝑀 + 𝑚)𝑋 ⟹ 𝑋 =2𝑚
𝑀 + 𝑚𝑅
Dan jarak bola dari posisi awalnya adalah
𝑥 = 2𝑅 − 𝑋
𝑥 = 2𝑅 −2𝑚
𝑀 + 𝑚𝑅 ⟹ 𝑥 =
2𝑀
𝑀 + 𝑚𝑅
b. Kita tinjau saat bola berada di posisi terendahnya. Karena semua permukaan licin,
tidak ada gaya eksternal pada sistem bola-kereta sehingga momentum linear arah
horizontal akan kekal, dari sini akan kita peroleh
0 = 𝑀𝑣M − 𝑚𝑣m ⟹ 𝑣M =𝑚
𝑀𝑣m
Kemudian dari konservasi energi akan kita dapatkan
𝑚𝑔(ℎ + 𝑅) =1
2𝑀𝑣M
2 +1
2𝑚𝑣m
2
Subtitusi hasil sebelumnya
𝑚𝑔(ℎ + 𝑅) =1
2𝑀 (
𝑚
𝑀𝑣m)
2
+1
2𝑚𝑣m
2
𝑅
𝑅
𝑋 𝑥
pm
pm
Halaman 23 dari 39
2𝑔(ℎ + 𝑅) =𝑀 + 𝑚
𝑀𝑣m
2 ⟹ 𝑣m = √𝑀
𝑀 + 𝑚2𝑔(ℎ + 𝑅)
Dan kita dapatkan juga
𝑣M = √𝑚2
𝑀2 + 𝑀𝑚2𝑔(ℎ + 𝑅)
Kecepatan bola relatif kereta adalah
𝑣rel = 𝑣m + 𝑣M ⟹ 𝑣rel = (1 +𝑚
𝑀)√
𝑀
𝑀 + 𝑚2𝑔(ℎ + 𝑅)
Berikut adalah diagram gaya pada bola
Gaya yang diberikan bola pada kereta sama dengan gaya normal dari kereta pada bola.
Bola hanya memiliki percepatan sentripetal yang arahnya menuju pusat lintasan
lingkaran, dari sini akan kita peroleh
−𝑚𝑔 + 𝑁 = 𝑚𝑣rel
2
𝑅⟹ 𝑁 = 𝑚(𝑔 +
𝑣rel2
𝑅)
Subtitusi 𝑣rel, akan kita peroleh
𝑁 = 𝑚 [𝑔 +1
𝑅(𝑀 + 𝑚
𝑀)2
(𝑀
𝑀 + 𝑚2𝑔(ℎ + 𝑅))]
Sederhanakan akan kita dapatkan
𝑁 = 𝑚𝑔 [1 + 2(1 +𝑚
𝑀)(1 +
ℎ
𝑅)]
6. Kotak di Atas Lantai Kasar dan Kantung Pasir (13 Poin)
Sebuah kotak besar bermassa 𝑀 mulai meluncur di atas lantai horizontal yang kasar
dengan suatu kecepatan awal yang tidak diketahui. Pada saat yang sama namun tidak di
posisi yang sama, sebuah kantong pasir bermassa 𝑚 dilempar secara horizontal dengan
kecepatan awal yang tidak diketahui pula. Kantung di lemparkan dari ketinggian ℎ di atas
𝑔
𝑎s 𝑁
𝑣rel
𝑚𝑔
Halaman 24 dari 39
lantai. Ketika kantung pasir mengenai kotak, kotak sedang bergerak dengan kecepatan 𝑣0.
Ketika tepat akan menumbuk kotak, kecepatan kotak dan kantung pasir membentuk
sudut 𝛼. Koefisien gesek kinetik antara kotak dan lantai adalah 𝜇k. Tumbukan antara
kantung pasir dan kereta bersifat instan.
a. Tentukan kecepatan awal kantung pasir dan kecepatan kotak? Berapa jarak pisah
keduanya saat mulai bergerak?
b. Tentukan kecepatan kotak dan kantung pasir setelah tumbukan? Kapan dan dimana
keduanya berhenti dihitung dari posisi tumbukan terjadi? Bagaimana jika kantung
pasir tidak berhasil masuk ke dalam kotak?
c. Sekarang kita akan meninjau energi tiap benda pada saat-saat tertentu. Untuk
pertanyaan di bawah, asumsikan kantung pasir berhasil masuk ke dalam kotak.
i. Berapa energi kinetik kantung pasir tepat saat akan menumbuk kotak?
ii. Berapa energi kotak yang hilang dari saat dia mulai bergerak sampai sesaat
sebelum tumbukan terjadi?
iii. Berapa energi yang hilang pada seluruh proses tumbukan?
iv. Berapa energi yang hilang dari sesaat setelah tumbukan sampai kotak dan kantung
pasir berhenti bergerak?
v. Buktikan bahwa energi total yang hilang sama dengan energi awal kotak dan
kantung pasir ketika sama-sama mulai bergerak!
Solusi :
a. Tinjau kantung pasir (maksud saya kantung pasir termasuk juga pasir di dalamnya)
sesaat sebelum menumbuk kotak
ℎ
𝑣1 =?
𝑣2 =? 𝑣0
𝑣 𝜃
𝑚
𝑀
μk
Halaman 25 dari 39
Kecepatan vertikal kantung pasir ini adalah
𝑣y = √2𝑔ℎ
Karena kecepatan kantung pasir membentuk sudut 𝜃 terhadap horizontal, akan kita
dapatkan bahwa
tan 𝜃 =𝑣y
𝑣x⟹ 𝑣x = √2𝑔ℎ cot 𝜃
Dimana 𝑣x adalah kecepatan awal kantung sampah. Berikutnya kita tinjau kotak, gaya
gesek pada kotak memberikan perlambatan sebesar
𝑎 = −𝜇𝑔
Waktu dari saat awal ketika kotak dan kantung sampah mulai bergerak sampai sesaat
sebelum tumbukan adalah
𝑡 = √2ℎ
𝑔
Sehingga kecepatan awal kotak 𝑣2 adalah
𝑣0 = 𝑣2 + 𝑎𝑡
𝑣0 = 𝑣2 − 𝜇𝑔√2ℎ
𝑔⟹ 𝑣2 = 𝑣0 + 𝜇√2𝑔ℎ
Sekarang kita tinjau posisi kotak dan kantung pasir
Jarak horizontal titik pertemuan antara kantung pasir dan kotak dari posisi awal
kantung sampah adalah
𝑥col = 𝑣𝑥𝑡
𝜃
𝑣 𝑣y
𝑣x
ℎ 𝑟
𝑥k
𝑥col
Halaman 26 dari 39
𝑥col = √2𝑔ℎ cot 𝜃√2ℎ
𝑔⟹ 𝑥col = 2ℎ cot 𝜃
Sedangkan jarak horizontal awal kotak dari titik tumbukan dalah
𝑣02 = 𝑣2
2 − 2|𝑎|𝑥k
2𝜇𝑔𝑥k = 𝑣02 + 2𝜇2𝑔ℎ + 2𝑣0𝜇√2𝑔ℎ − 𝑣0
2
𝑥k = 𝜇ℎ + 𝑣0√2ℎ
𝑔
Jarak pisah horizontal awal kantung pasir dan kotak adalah
Δ𝑥 = |𝑥col − 𝑥k|
Sehingga jarak pisah keduanya saat mulai bergerak adalah
𝑟2 = ℎ2 + Δ𝑥2
𝑟2 = ℎ2 + (𝑥col − 𝑥k)2
𝑟 = √ℎ2 + (2ℎ cot 𝜃 − 𝜇ℎ + 𝑣0√2ℎ
𝑔)
2
b. Pertama kita harus perhatikan dulu bahwa ada dua kasus tumbukan di sini. tumbukan
pertama adalah tumbukan antara kantung pasir dan kotak pada arah vertikal yang
membuat kecepatan kotak berkurang menjadi 𝑣′. Kemudian tumbukan yang kedua
adalah saat kotak dan kantung pasir (beserta pasir di dalamnya) menjadi satu benda
dan bergerak dengan kecepatan 𝑉. Mari kita tinjau impuls dari gaya-gaya pada
kantung sampah dan kotak
Untuk kantong sampah, arah vertikal, kita dapatkan dari teorema impuls momentum
∫ (𝐾 − 𝑚𝑔)𝑑𝑡Δ𝑡
0
= 𝑚(0 − √2𝑔ℎ)
Gaya berat 𝑚𝑔 konstan, sedangkan gaya normal dari kotak 𝐾 bervariasi terhadap
waktu dari nol, meningkat dan kembali pada nilai 𝑚𝑔.
𝑣y 𝑣y
′ = 0
𝐾
𝑚𝑔 𝑀𝑔 𝑓 = 𝜇𝑁
𝑁
𝐾
𝑣0 𝑣′
Halaman 27 dari 39
∫ 𝐾𝑑𝑡Δ𝑡
0
− 𝑚𝑔Δ𝑡 = (𝐾 − 𝑚𝑔)Δ𝑡 = −𝑚√2𝑔ℎ
𝐾 = 𝑚𝑔 −𝑚√2𝑔ℎ
Δ𝑡
Dimana 𝐾 adalah gaya normal rata-rata dari kotak pada kantung pasir. Kemudian
untuk kotak, arah horizontal, dengan teorema impuls momentum akan kita peroleh
−∫ 𝜇𝑁𝑑𝑡Δ𝑡
0
= 𝑀(𝑣0 − 𝑣′)
Karena 𝑁 − 𝐾 − 𝑀𝑔 = 0 atau 𝑁 = 𝐾 + 𝑀𝑔 maka
−∫ 𝜇(𝐾 + 𝑀𝑔 )𝑑𝑡Δ𝑡
0
= 𝑀(𝑣0 − 𝑣′)
−𝜇(𝐾 + 𝑀𝑔 )Δ𝑡 = 𝑀(𝑣0 − 𝑣′)
Subtitusi 𝐾
−𝜇 (𝑚𝑔 −𝑚√2𝑔ℎ
Δ𝑡+ 𝑀𝑔 )Δ𝑡 = 𝑀(𝑣0 − 𝑣′)
Karena selang waktu tumbukan Δ𝑡 sangat kecil, maka suku (𝑚𝑔 + 𝑀𝑔) Δ𝑡 dapat
diabaikan sehingga
𝜇𝑚√2𝑔ℎ = 𝑀(𝑣0 − 𝑣′)
Dimana 𝑣′ adalah kecepatan kotak setelah tumbukan pertama yang besarnya adalah
𝑣′ = 𝑣0 −𝜇𝑚
𝑀√2𝑔ℎ
Kemudian dari tumbukan kedua
akan kita peroleh
𝑚√2𝑔ℎ cot 𝜃 + 𝑀 (𝑣0 −𝜇𝑚
𝑀√2𝑔ℎ) = (𝑀 + 𝑚)𝑉
𝑉 =𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0
𝑀 + 𝑚
Gaya hambat pada kotak dan isinya adalah 𝑎 = −𝜇𝑔 sehingga akan kita peroleh waktu
sampai keduanya berhenti yaitu
𝑣x
𝑣′
𝑉
Halaman 28 dari 39
0 = 𝑉 + 𝑎𝑇 ⟹ 𝑇 =𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0
𝜇𝑔(𝑀 + 𝑚)
Dan jarak titik pemberhentian dari titik tumbukan adalah
0 = 𝑉2 + 2𝑎𝑆 ⟹ 𝑆 =1
2𝜇𝑔[𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0
𝑀 + 𝑚]
2
Jika kantung sampah tidak masuk ke dalam kotak, maka kecepatan kotak tidak
berubah pada saat seharusnya kecepatan kotak berubah, yaitu tetap 𝑣0, maka kotak
akan berhenti saat dan di jarak
0 = 𝑣0 + 𝑎𝑇′ ⟹ 𝑇′ =𝑣0
𝜇𝑔
0 = 𝑣02 + 2𝑎𝑆′ ⟹ 𝑆′ =
𝑣02
2𝜇𝑔
Dari titik dimana tumbukan seharusnya terjadi. Dimana kantung pasir beserta isinya
berada? Kantung pasir beserta isinya bisa jatuh pada jarak 𝑥col = 2ℎ cot 𝜃 dari posisi
mendatar awal kantung pasir, namun dia masih mungkin bergerak dari posisi ini, jadi
posisi secara pastinya tidak bisa kita hitung berdasarkan data yang ada di sini, kita
perlu bagaimana bentuk dan karakteristik dari kantung pasir beserta pasir di
dalamnya.
c. Berikut adalah jawabannya
i. Kecepatan kantung pasir sesaat sebelum tumbukan pertama adalah
𝑣y = 𝑣 sin 𝜃 ⟹ 𝑣 = √2𝑔ℎ csc 𝜃
Sehingga
𝐸𝐾kp =1
2𝑚𝑣2 ⟹ 𝐸𝐾kp = 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃
ii. Energi yang hilang ini sama dengan usaha oleh gaya gesek
Δ𝐸𝐾k = −𝑊f = −𝑀(−𝜇𝑔)𝑥k = 𝜇𝑀𝑔(𝜇ℎ + 𝑣0√2ℎ
𝑔)
iii. Energi total sebelum tumbukan adalah
𝐸i = 𝐸𝐾kp + 𝐸𝐾k − Δ𝐸𝐾k
Dimana 𝐸𝐾k = (1/2)𝑀𝑣22 dan kamu bisa buktikan bahwa 𝐸𝐾k − Δ𝐸𝐾k =
𝐸𝐾k′ = (1/2)𝑀𝑣0
2 sehingga
𝐸i = 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃 +1
2𝑀𝑣0
2
Halaman 29 dari 39
Energi total setelah seluruh tumbukan adalah
𝐸f =1
2(𝑀 + 𝑚)𝑉2
𝐸f =(𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0)
2
2(𝑀 + 𝑚)
Sehingga energi yang hilang akibat seluruh tumbukan adalah
|Δ𝐸| = |𝐸f − 𝐸i|
|Δ𝐸| = 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃 +1
2𝑀𝑣0
2 −(𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0)
2
2(𝑀 + 𝑚)
iv. Energi yang hilang sama dengan usaha oleh gaya gesek sehingga
Δ𝐸𝐾 = −𝑊f′ = −(𝑀 + 𝑚)(−𝜇𝑔)𝑆
Δ𝐸𝐾 =(𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0)
2
2(𝑀 + 𝑚)
v. Energi awal kotak dan kantung pasir beserta isinya adalah
𝐸0 = 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃 +1
2𝑀𝑣2
2
𝐸0 = 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃 +1
2𝑀(𝑣0 + 𝜇√2𝑔ℎ)
2
Energi awal ini akan sama dengan semua energi yang hilang
Δ𝐸total = Δ𝐸𝐾k + |Δ𝐸| + Δ𝐸𝐾
Δ𝐸total = 𝜇𝑀𝑔(𝜇ℎ + 𝑣0√2ℎ
𝑔) + 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃 +
1
2𝑀𝑣0
2
−(𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0)
2
2(𝑀 + 𝑚)+
(𝑚√2𝑔ℎ(cot 𝜃 − 𝜇) + 𝑀𝑣0)2
2(𝑀 + 𝑚)
Δ𝐸total = 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃 +1
2𝑀𝑔(𝑣0
2 + 2𝜇2𝑔ℎ + 2𝑣0√2𝑔ℎ)
Δ𝐸total = 𝑚𝑔ℎ csc2 𝜃 +1
2𝑀(𝑣0 + 𝜇√2𝑔ℎ)
2
7. Osilasi Massa dan Katrol (12 Poin)
Suatu katrol bermassa 𝑀 dan berjari-jari 𝑅 dihubungkan dengan suatu atap yang diam
menggunakan sebuah pegas tak bermassa dengan konstanta 𝑘. Pada katrol ini dilewatkan
tali yang tak bisa molor dan tali dilewatkan lagi pada beberapa buah katrol bermassa 𝑚
Halaman 30 dari 39
dan jari-jari 𝑟 yang diam dan kedua ujung tali dihubungkan dengan massa 𝑚1 dan 𝑚2.
Berikut adalah sistem massa katrol ini!
Massa 𝑚1 berada dalam posisi tergantung sedangkan massa 𝑚2 terletak di atas bidang
miring licin dengan sudut kemiringan 𝜃 yang tidak bisa bergerak. Diketahui percepatan
gravitasi adalah 𝑔 dan arahnya ke bawah.
a. Tentukan pertambahan panjang pegas saat katrol 𝑀 tidak bertranslasi!
b. Tentukan periode osilasi katrol 𝑀 jika kemudian dia kita simpangkan secara vertikal!
Solusi :
a. Kita tinjau kondisi saat katrol tersimpang sejauh 𝑦 dari posisi setimbangnya, dan
misalkan 𝑚1 bergerak naik dan 𝑚2 bergerak turun.
Untuk menentukan hubungan percepatan kita perlu sedikit berhati-hati. Misal
percepatan turun katrol adalah �̈�, percepatan tali di sebelah kiri katrol 𝑀 adalah 𝑎L =
𝑎 − �̈� yang sama dengan percepatan massa 𝑚1 dan percepatan tali di sebelah kanan
𝑀 𝑅
𝑟 𝑟 𝑟
𝑟 𝑚
𝑚
𝑚 𝑚
𝑚2
𝑚1
𝑘
𝜃
𝑔
𝑚2𝑔 𝜃
𝑚1𝑔
𝑎L
𝑇1 𝑇2
𝑇2
𝑇3
𝑇4 𝑇5
𝑇6 𝑎R
𝛼R
𝛼L 𝛼L
𝛼L
𝛼
�̈�
𝐿0
𝑦0
Halaman 31 dari 39
katrol 𝑀 adalah 𝑎R = 𝑎 + �̈� yang sama dengan percepatan massa 𝑚2 dimana 𝑎
adalah percepatan tepi katrol 𝑀. Untuk semua katrol 𝑚 di sebelah kiri katrol 𝑀
berlaku
𝛼L𝑟 = 𝑎L = 𝑎 − �̈�
Dan untuk semua katrol 𝑚 di sebelah kanan katrol 𝑀 berlaku
𝛼R𝑟 = 𝑎L = 𝑎 − �̈�
Berikut gaya-gaya yang bekerja pada tiap benda
𝑇1 − 𝑚1𝑔 = 𝑚1(𝑎 − �̈�)
𝑇2 − 𝑇1 =1
2𝑚(𝑎 − �̈�)
𝑇3 − 𝑇2 =1
2𝑚(𝑎 − �̈�)
𝑇4 − 𝑇3 =1
2𝑚(𝑎 − �̈�)
𝑇5 − 𝑇4 =1
2𝑀𝑎
𝑇6 − 𝑇5 =1
2𝑚(𝑎 + �̈�)
−𝑇6 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 = 𝑚2(𝑎 + �̈�)
Jumlahkan semua persamaan di atas akan kita peroleh
(𝑚2 sin𝜃 − 𝑚1)𝑔 =1
2[(2𝑚1 + 2𝑚2 + 4𝑚 + 𝑀)𝑎 + 2(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)�̈�]
Sederhanakan untuk mendapatkan 𝑎
𝑎 =(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)𝑔 − (𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)�̈�
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
Berikutnya tinjau gaya pada katrol 𝑀, dengan hukum II newton pada arah vertikal akan
kita peroleh
𝑇5 + 𝑇4 + 𝑀𝑔 − 𝑘𝑦 = 𝑀�̈�
Berikutnya kita cari nilai 𝑇5dan 𝑇4 dengan trik berikut. Perhatikan persamaan-
persamaan berikut
𝑇1 − 𝑚1𝑔 = 𝑚1(𝑎 − �̈�)
𝑇2 − 𝑇1 =1
2𝑚(𝑎 − �̈�)
𝑇3 − 𝑇2 =1
2𝑚(𝑎 − �̈�)
Halaman 32 dari 39
𝑇4 − 𝑇3 =1
2𝑚(𝑎 − �̈�)
Jumlahkan persamaan-persamaan di atas akan kita peroleh
𝑇4 − 𝑚1𝑔 =1
2(2𝑚1 + 3𝑚)[𝑎 − �̈�]
𝑇4 = 𝑚1𝑔 +1
2(2𝑚1 + 3𝑚)[𝑎 − �̈�]
Berikutnya dari persamaan-persamaan berikut ini bisa kita dapatkan pula 𝑇5
𝑇6 − 𝑇5 =1
2𝑚(𝑎 + �̈�)
−𝑇6 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 = 𝑚2(𝑎 + �̈�)
Jumlahkan keduanya
−𝑇5 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 =1
2(2𝑚2 + 𝑚)(𝑎 + �̈�)
𝑇5 = 𝑚2𝑔 sin 𝜃 −1
2(2𝑚2 + 𝑚)(𝑎 + �̈�)
Jumlahkan 𝑇4 dan 𝑇5 akan kita peroleh
𝑇4 + 𝑇5 = (𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1)𝑔 − (𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)𝑎 −1
2(2𝑚1 + 2𝑚2 + 5𝑚)�̈�
Subtitusi 𝑎
𝑇4 + 𝑇5 = (𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1)𝑔
− (𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)𝑔 − (𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)�̈�
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
− (𝑚1 + 𝑚2 +5
2𝑚) �̈�
Sederhanakan, akan kita peroleh
𝑇4 + 𝑇5 = [(𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1) −(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
]𝑔
− [(𝑚1 + 𝑚2 +5
2𝑚) −
(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)2
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
] �̈�
Subtitusi hasil ini pada persamaan gerak katrol 𝑀,
Halaman 33 dari 39
[𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1 −(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
]𝑔
− [(𝑚1 + 𝑚2 +5
2𝑚) −
(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)2
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
] �̈� + 𝑀𝑔 − 𝑘𝑦 = 𝑀�̈�
setelah kita sederhanakan akan diperoleh
[𝑚1 + 𝑚2 +5
2𝑚 + 𝑀 −
(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)2
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
] �̈� + 𝑘𝑦
− [𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1 + 𝑀 −(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
]𝑔 = 0
Saat setimbang, �̈� = 0 dan misalkan 𝑦 = 𝑦0 dimana pertambahan panjang pegas saat
katrol 𝑀 tidak bergerak translasi, akan kita peroleh
𝑘𝑦0 − [𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1 + 𝑀 −(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
]𝑔 = 0
𝑦0 = [𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1 + 𝑀 −(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
]𝑔
𝑘
b. Misal katrol 𝑀 kita berikan simpangan yang kecil 𝑥 pada arah vertikal sehingga
𝑦 = 𝑦0 + 𝑥 sehingga �̈� = �̈�
Maka akan kita peroleh
[𝑚1 + 𝑚2 +5
2𝑚 + 𝑀 −
(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)2
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
] �̈� + 𝑘𝑥 + 𝑘𝑦0
− [𝑚2 sin 𝜃 + 𝑚1 + 𝑀 −(𝑚2 sin 𝜃 − 𝑚1)(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
]𝑔 = 0
Dua suku terakhir bernilai nol, sehingga
�̈� +𝑘
𝑚1 + 𝑚2 +52𝑚 + 𝑀 −
(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)2
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
𝑥 = 0
Persamaan terakhir analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana �̈� + 𝜔2𝑥 =
0. Sehingga akan kita dapatkan kecepatan sudut osilasi sistem yaitu
Halaman 34 dari 39
𝜔2 =𝑘
𝑚1 + 𝑚2 +52𝑚 + 𝑀 −
(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)2
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
Karena 𝜔 = 2𝜋/𝑇 atau 𝑇 = 2𝜋/𝜔, akan kita dapatkan periode osilasi sistem yaitu
𝑇 = 2𝜋√1
𝑘(𝑚1 + 𝑚2 +
5
2𝑚 + 𝑀 −
(𝑚2 − 𝑚1 − 𝑚)2
𝑚1 + 𝑚2 + 2𝑚 +𝑀2
)
8. Mesin Sentrifugasi dan Lintasan Melingkar (13 Poin)
Terdapat sebuah mesin sentrifugasi (mesin pemercepat) berbentuk cakram dengan jari-
jari 𝑟 di atas sebuah meja licin yang bisa mempercepat suatu benda dari keadaan diam
dengan percepatan sudut 𝛼. Sebuah kotak bermassa 𝑚1 dipercepat oleh mesin ini
kemudian dilepaskan dan menumbuk bola bermassa 𝑚2 dengan koefisien restitusi 𝑒.
Sebelum menumbuk bola ini, kotak memasuki lintasan kasar dengan koefisien gesek 𝜇 di
atas lantai sepanjang 𝑆 terlebih dahulu baru kemudian menumbuk bola. Bola ini kemudian
menumbuk secara elastik sempurna susunan 𝑁 buah bola yang identik dengan bola
kedua. Bola paling ujung akan memasuki lintasan melingkar dengan jari-jari 𝑅 dan
diinginkan agar bola bisa mencapai lintasan horizontal di atas lantai (ada dua jenis lintasan
horizontal). Pada soal ini kita akan meninjau faktor fisika dari peristiwa ini. Asumsikan
semua permukaan licin kecuali bagian kasar yang dilalui kotak dan abaikan hambatan
udara serta percepatan gravitasi konstan sebesar 𝑔 dan arahnya ke bawah.
Asumsikan setelah ditumbuk kotak, kecepatan bola pertama adalah 𝑣b. Kita inginkan agar
bola paling ujung lepas dari lintasan melingkar dan mencapai lintasan horizontal.
a. Pada kasus ini kita ingin bola paling ujung mencapai lintasan horizontal pertama yang
persis ada di atas lantai. Kita meninjau kasus khusus yaitu saat bola paling ujung lepas
𝛼
𝑣k =? 𝑆
kasar (𝜇)
tampak atas
tampak samping
lintasan horizontal pertama
lintasan horizontal kedua
𝑅
Halaman 35 dari 39
(bukan di ujung lintasan melingkar) dia mendarat tepat di ujung awal lintasan
horizontal pertama yang letaknya ada di bagian lingkaran dari lintasan bola dan
berseberan dari titik lepasnya bola serta melalui pusat lintasan melingkar.
i. Berapa kecepatan awal bola paling ujung?
ii. Pada sudut berapa bola paling ujung lepas dari lintasan setengah lingkaran?
iii. Berapa kecepatan minimum bola pertama?
b. Sekarang kita ingin bola paling ujung mencapai lintasan horizontal kedua yang ada di
atas lintasan horizontal pertama. Kita meninjau kasus khusus yaitu saat bola paling
ujung lepas dari ujung lintasan (sesaat sebelum lepas, bola masih kontak dengan
lintasan) kemudian dia mendarat di ujung awal lintasan horizontal kedua yang
letaknya ada di bagian lingkaran lintasan bola dan berada pada ketinggian yang sama
dengan titik lepasnya bola dari lintasan melingkar. Sudut busur maksimum lintasan
adalah 𝜃 = 𝜋/2 + 𝜓 dengan 𝜓 = 𝜋/3.
i. Berapa kecepatan awal bola paling ujung
ii. Berapa ketinggian maksimum bola paling ujung diukur dari permukaan meja?
iii. Berapa kecepatan minimum bola pertama?
c. Untuk kedua kasus di atas, jawablah pertanyaan berikut!
i. Berapa kecepatan kotak jika dia di atur untuk lepas dari mesin sentrifugasi setelah
menempuh 5 putaran?
ii. Berapa kecepatan kotak setelah melewati bagian kasar?
iii. Berapa kecepatan kotak dan bola pertama setelah tumbukan?
iv. Berapa percepatan minimum mesin sentrifugasi agar bola paling ujung bisa
mencapai lintasan horizontal yang diinginkan?
Solusi :
a. Untuk kasus bola paling ujung mencapai lintasan horizontal pertama.
i. Pada tumbukan elastis sempurna suatu benda dengan benda lainnya yang identik,
kecepatan benda yang menumbuk akan menjadi nol dan benda yang ditumbuk
akan memiliki kecepatan seperti kecepatan benda yang menumbuk. Secara
sederhana, untuk tumbukan susunan bola ini hanya terjadi transfer kecepatan dari
bola pertama sampai bola terakhir (paling ujung). Silahkan kamu buktikan sendiri
ya . Dengan demikian, kecepatan bola paling ujung adalah
Halaman 36 dari 39
𝑣u = 𝑣b
ii. Tinjau saat bola tepat akan lepas, misal kecepatannya saat ini adalah 𝑣L, gaya
normal dari lintasan bernilai nol, dari gaya arah radial akan kita peroleh (misal
sudut lepas yang dibentuk garis penghubung pusat lintasan dan bola adalah 𝜙
terhadap horizontal)
𝑁 + 𝑚2𝑔 sin𝜙 =𝑚2𝑣L
2
𝑅⟹ 𝑣L
2 = 𝑔𝑅 sin𝜙
Selanjutnya bola akan mengalami gerak parabola dengan komponen kecepatan
𝑣0x = 𝑣L sin𝜙 dan 𝑣0y = 𝑣L cos 𝜙
Dan persamaan posisi akan menjadi
𝑥 = 𝑣L sin𝜙 𝑡 ⟹ 𝑡 =𝑥
𝑣L sin𝜙
𝑦 = 𝑣L cos 𝜙 𝑡 −1
2𝑔𝑡2
𝑦 = 𝑣L cos 𝜙𝑥
𝑣L sin𝜙−
1
2𝑔 (
𝑥
𝑣L sin𝜙)2
⟹ 𝑦 = 𝑥 cot𝜙 −𝑔𝑥2
2𝑣L2 sin2 𝜙
Saat tiba di ujung awal lintasan horizontal pertama, posisi bola adalah 𝑥 =
2𝑅 cos𝜙 dan 𝑦 = −2𝑅 sin𝜙 dan subtitusi 𝑣L2 = 𝑔𝑅 sin𝜙 akan kita peroleh
−2𝑅 sin𝜙 =2𝑅 cos𝜙 cos𝜙
sin𝜙−
𝑔(2𝑅 cos𝜙)2
2𝑔𝑅 sin𝜙 sin2 𝜙
−sin𝜙 =cos2 𝜙
sin𝜙−
cos2 𝜙
sin3 𝜙
−sin4 𝜙 = sin2 𝜙 (1 − sin2 𝜙) − (1 − sin2 𝜙)
2 sin2 𝜙 − 1 = 0 ⟹ sin𝜙 =1
√2⟹ 𝜙 =
𝜋
4
iii. Dari konservasi energi akan kita peroleh kecepatan minimum bola pertama yaitu
1
2𝑚2𝑣u
2 = 𝑚2𝑔𝑅(1 + sin𝜙) +1
2𝑚2𝑣L
2
𝑣b2 = 2𝑔𝑅(1 + sin𝜙) + 𝑔𝑅 sin𝜙 ⟹ 𝑣b = √𝑔𝑅(2 + 3 sin𝜙)
Subtitusi sin𝜙 = 1/√2
𝑣b,min = √𝑔𝑅 (2 +3
2√2)
b. Untuk kasus bola paling ujung mencapai lintasan horizontal kedua.
i. Sama seperti pada bagian (a)
Halaman 37 dari 39
𝑣u = 𝑣b
ii. Sudut busur maksimum lintasan adalah 𝜃 = 𝜋/2 + 𝜓, dan misalkan kecepatan
bola saat di ujung lintasan adalah 𝑣0, agar dia tetap kontak syarat berikut harus
terpenuhi
𝑁 + 𝑚2𝑔 sin𝜓 =𝑚2𝑣0
2
𝑅
𝑁 =𝑚2
𝑅(𝑣0
2 − 𝑔𝑅 sin𝜓)
𝑁 > 0 ⟹ 𝑣0,min2 = 𝑔𝑅 sin𝜓
bola akan melakukan gerak parabola setelah lepas dengan lintasan dengan
komponen kecepatan
𝑣0x = 𝑣0 sin𝜓 dan 𝑣0y = 𝑣0 cos𝜓
Waktu tempuh dari saat lepas sampai tiba di lintasan horizontal kedua adalah
𝑡′ =2𝑣0 cos𝜓
𝑔
jarak mendatarnya adalah
𝑥 = 2𝑅 cos𝜓 = 𝑣0 sin𝜓 𝑡′
2𝑅 cos 𝜓 = 𝑣0 sin𝜓2𝑣0 cos𝜓
𝑔
𝑅 =𝑣0
2
𝑔sin𝜓 ⟹ 𝑣0
2 =𝑔𝑅
sin𝜓
Karena |sin𝜓| ≤ 1 maka syarat sebelumnya terpenuhi yaitu 𝑣02 ≥ 𝑣0,min
2 dan
bola paling ujung tetap kontak pada saat akan lepas dengan lintasan.
Ketinggian maksimum bola dari ketinggian lepas kontak adalah
𝑦max = 𝑣0 cos 𝜓 𝑡′ −1
2𝑔𝑡′
2
𝑦max = 𝑣0 cos𝜓𝑣0 cos𝜓
𝑔 −
1
2𝑔 (
𝑣0 cos 𝜓
𝑔)2
⟹ 𝑦max =𝑣0
2 cos2 𝜓
2𝑔
Subtitusi nilai 𝑣0 akan kita peroleh
𝑦max =𝑅 cos2 𝜓
2 sin𝜓
Diukur dari permukaan meja, ketinggian maksimum bola paling ujung adalah
ℎmax = 𝑦max + 𝑅(1 + sin𝜓) ⟹ ℎmax = 𝑅 (cos2 𝜓
2 sin𝜓+ 1 + sin𝜓)
Halaman 38 dari 39
Dengan 𝜓 = 𝜋/3 akan kita peroleh
ℎmax = 𝑅 (1 +7√3
12)
iii. Dari konservasi energi kita peroleh
1
2𝑚2𝑣u
2 = 𝑚2𝑔𝑅(1 + sin𝜓) +1
2𝑚2𝑣L
2
𝑣b,min2 = 2𝑔𝑅(1 + sin𝜓) +
𝑔𝑅
sin𝜓⟹ 𝑣b,min = √𝑔𝑅 (2 + 2 sin𝜓 +
1
sin𝜓)
Subtitusi 𝜓 = 𝜋/3 maka
𝑣b,min = √𝑔𝑅 (2 +5√3
3)
c. Berikut kita tinjau dinamika dan kinematika dari kotak dan mesin sentrifugasi. Bagian
i-iii sama untuk kasus (a) dan (b).
i. Dengan percepatan sudut konstan 𝛼, kecepatan kotak setelah 5 putaran atau
10𝜋 radian adalah
𝑣k = 𝜔𝑟 = 𝑟√2𝛼Δ𝜃 ⟹ 𝑣k = 𝑟√20𝛼𝜋
ii. Gaya hambat akibat permukaan meja bagian kasar adalah 𝐹 = −𝜇𝑚1𝑔 yang
memberikan perlambatan pada kotak sebesar 𝑎 = 𝐹/𝑚1 = −𝜇𝑔 sehingga
kecepatan kotak setalh melewati bagian kasar adalah
𝑣k′ = √𝑣k
2 + 2𝑎𝑆 ⟹ 𝑣k′ = √20𝛼𝜋𝑟2 − 2𝜇𝑔𝑆
iii. Dari konservasi momentum akan kita peroleh
𝑚1𝑣k′ = 𝑚1𝑣k
′′ + 𝑚2𝑣b
Dari definisi koefisien restitusi kita peroleh pula
𝑒 =𝑣b − 𝑣k
′′
𝑣k′ ⟹ 𝑣b = 𝑒𝑣k
′ + 𝑣k′′
Subtitusi ke hasil sebelumnya akan kita peroleh
𝑚1𝑣k′ = 𝑚1𝑣k
′′ + 𝑚2(𝑒𝑣k′ + 𝑣k
′′)
(𝑚1 − 𝑒𝑚2)𝑣k′ = (𝑚1 + 𝑚2)𝑣k
′′ ⟹ 𝑣k′′ =
𝑚1 − 𝑒𝑚2
𝑚1 + 𝑚2𝑣k
′
Dan kita peroleh juga
𝑣b = 𝑒𝑣k′ +
𝑚1 − 𝑒𝑚2
𝑚1 + 𝑚2𝑣k
′ ⟹ 𝑣b =𝑚1(1 + 𝑒)
𝑚1 + 𝑚2𝑣k
′
Halaman 39 dari 39
Subtitusi nilai 𝑣k′ akan kita dapatkan
𝑣k′′ =
𝑚1 − 𝑒𝑚2
𝑚1 + 𝑚2√20𝛼𝜋𝑟2 − 2𝜇𝑔𝑆
𝑣b =𝑚1(1 + 𝑒)
𝑚1 + 𝑚2√20𝛼𝜋𝑟2 − 2𝜇𝑔𝑆
iv. Untuk kasus bagian (a)
𝑣b,min =𝑚1(1 + 𝑒)
𝑚1 + 𝑚2√20𝛼min𝜋𝑟2 − 2𝜇𝑔𝑆 = √𝑔𝑅 (2 +
3
2√2)
20𝛼min𝜋𝑟2 − 2𝜇𝑔𝑆 = (
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1(1 + 𝑒))2
[𝑔𝑅 (2 +3
2√2)]
𝛼min =1
20𝜋𝑟2{2𝜇𝑔𝑆 + (
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1(1 + 𝑒))2
[𝑔𝑅 (2 +3
2√2)]}
Untuk kasus bagian (b)
𝛼min =1
20𝜋𝑟2{2𝜇𝑔𝑆 + (
𝑚1 + 𝑚2
𝑚1(1 + 𝑒))2
[𝑔𝑅 (2 +5√3
3)]}
𝚪𝝁𝝁… {𝐆𝐚𝐧𝐛𝐚𝐭𝐭𝐞 𝐊𝐮𝐝𝐚𝐬𝐚𝐢 }…𝝑𝝑𝝃