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 π dan π yang
dihubungkan oleh suatu batang tegar tidak bermassa dengan panjang π. 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 π£0, laju sudut terhadap pusat massa π0, dan menumbuk dinding dengan
sudut π0 = 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 πm dan πM adalah
jarak pusat massa dari massa π dan π, maka akan kita peroleh
πm =ππ
π + π dan πM =
ππ
π + π
Kalau kamu bingung kenapa seperti, berikut penjelasannya. Untuk menggunakan
rumus pusat massa, kita harus memilih acuan dulu, misal kita pilih acuan si π, artinya
kita mencari πm, maka posisi π akan nol dan posisi π adalah π dari π sehingga kita
dapatkan hasil seperti di atas, lakukan sebaliknya untuk πM.
π₯
π¦
dinding
licin
π£ 0
π 0 π
π π0 = 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
πΌpm = ππm2 + ππM
2
πΌpm = ππ2π2
(π + π)2+ π
π2π2
(π + π)2
πΌpm =ππ(π + π)
(π + π)2π2 βΉ πΌpm =
ππ
π + ππ2
Okey, mari kita lanjutkan! Dari gambar kita tahu bahwa bidang tumbukan adalah
sejajar sumbu π₯ sehingga dinding akan memberikan impuls pada arah sumbu π¦.
Karena tidak ada impuls pada sumbu π₯, momentum batang pada sumbu π₯ akan
konstan, dari sini kita peroleh
πxi = πxf
ππ£0 cos 450 = ππ£pmx βΉ π£pmx =π£0
β2β¦ (1)
Misalkan impuls yang diberikan dinding pada tongkat adalah π½, 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)
π½ = (π + π) (π£pmy β (βπ£0 sin 450)) βΉ π½ = (π + π) (π£pmy +π£0
β2) β¦ (2)
π π
pusat massa
πm πM
π₯
π¦
dinding
licin
π£ 0
π 0 π
π π0 = 450
πm cos 450 π½
π£pmx
π£pmy π
π
π
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 5 dari 34
π½πm cos 450 = πΌpm(π β (βπ0))
π½ππ
π + π
1
β2=
ππ
π + ππ2(π + π0) βΉ π½ = β2ππ(π + π0) β¦ (3)
Dari persamaan (2) dan (3) kita peroleh
(π + π) (π£pmy +π£0
β2) = β2ππ(π + π0)
π£pmy = βπ£0
β2+
β2π
π + π(π + π0)π β¦ (4)
Tumbukan antara massa π 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 dan titik
tumbukan pada dinding) akan kita peroleh
1 =π£pmy + ππm cos 450
π£0 sin 450 + π0πm cos 450
π£0
β2+
π
π + π
π0π
β2= π£pmy +
π
π + π
ππ
β2
Subtitusi persamaan (4), akan kita dapatkan kecepatan sudut sistem setelah
tumbukan
π£0
β2+
π
π + π
π0π
β2= β
π£0
β2+
β2π
π + π(π + π0)π +
π
π + π
ππ
β2| Γ β2
2π£0 +π
π + ππ0π β
2π
π + ππ0π =
2π
π + πππ +
π
π + πππ
2π + π
π + πππ = 2π£0 +
π β 2π
π + ππ0π
π =π β 2π
π + 2ππ0 +
2(π + π)
π + 2π
π£0
π
b. Untuk mendapatkan kecepatan pusat massa batang kita memerlukan π£pmx dan π£pmy.
Subtitusi π ke persamaan (4)
π£pmy = βπ£0
β2+
β2π
π + π(π β 2π
π + 2ππ0 +
2(π + π)
π + 2π
π£0
π+ π0) π
π£pmy = ββ2π£0
2+
2β2ππ
(π + π)(π + 2π)π0π +
2β2π(π + π)
(π + π)(π + 2π)π£0
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 6 dari 34
π£pmy =2β2ππ
(π + π)(π + 2π)π0π β
β2(π + π)(π β 2π)
2(π + π)(π + 2π)π£0
Sehingga kecepatan pusat massa sistem setelah tumbukan adalah
π£ pm = π£pmxοΏ½ΜοΏ½ + π£pmyοΏ½ΜοΏ½
π£ pm =β2
2π£0οΏ½ΜοΏ½ +
4β2πππ0π β β2(π + π)(π β 2π)π£0
2(π + π)(π + 2π)οΏ½ΜοΏ½
2. Sistem Massa Katrol di Atas Bidang Miring
Pada gambar disamping ini, benda berpenampang lintang segitiga bermassa π1, bergerak
menuruni bidang miring yang diam dan licin dengan sudut kemiringan πΌ . Salah satu sudut
pada π1 juga sama dengan πΌ , sedangkan sudut dimana terdapat katrol licin tak bermassa
adalah siku-siku. Disisi bidang vertikal π1 terdapat massa π2, sedangkan di atas bidang
horizontal π1 terdapat massa π3. Kedua massa π2 dan π3 terhubung oleh tali tak
bermassa yang dilewatkan pada katrol tersebut (lihat gambar di bawah). Permukaan
antara π1 dengan π2 dan π3 bersifat licin. Percepatan gravitasi π ke bawah.
Tentukan:
a. besar percepatan π1 relatif terhadap bidang miring!
b. syarat nilai πΌ dinyatakan dalam besaran-besaran massa di atas agar π2 bergerak naik
relatif terhadap π1!
Solusi:
a. Untuk mempermudah, saya menggunakan konsep gaya fiktif di sini. Berikut diagram
gaya pada setiap benda!
π1 π2
π3
π πΌ
πΌ
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 π1: Pada arah sejajar bidang miring
π1π sin πΌ + π(sin πΌ β cos πΌ) + π3 sin πΌ β π2 cos πΌ = π1π1 β¦ (1)
Catatan: Saat meninjau gaya pada π2 dan π3 relatif π1 akan muncul gaya fiktif yang
besarnya adalah massa tiap benda dikalikan dengan percepatan kerangka acuannya
(π1) dan arahnya berlawanan dengan arah percepatan kerangka acuan.
Massa π3: Pada sumbu horizontal relatif terhadap π1
π β π3π1 cos πΌ = π3π
π = π3π1 cos πΌ + π3π β¦ (2)
Massa π3: Pada sumbu vertikal relatif terhadap π1
π3 + π3π1 sin πΌ β π3π = 0
π3 = π3π β π3π1 sin πΌ β¦ (3)
Massa π2: Pada sumbu horizontal relatif terhadap π1
π2 = π2π1 cos πΌ β¦ (4)
Massa π2: Pada sumbu vertikal relatif terhadap π1
βπ β π2π1 sin πΌ + π2π = π2π β¦ (5)
subtitusi persamaan (2) ke (5) akan kita dapatkan
β(π3π1 cos πΌ + π3π) β π2π1 sin πΌ + π2π = π2π
π2π β (π2 sin πΌ + π3 cos πΌ)π1 = (π2 + π3)π
π =π2π β (π3 sin πΌ + π3 cos πΌ)π1
π2 + π3β¦ (6)
Subtitusi persamaan (6) ke (2)
π = π3π1 cos πΌ + π3
π2π β (π2 sin πΌ + π3 cos πΌ)π1
π2 + π3
π =(π2 + π3)π3π1 cos πΌ + π2π3π β π3(π2 sin πΌ + π3 cos πΌ)π1
π2 + π3
π2π π1π π3π
π3
π3
π2 π2
π
π
π π
π1 π1
π
π
π2π1 π3π1
πΌ πΌ
πΌ
πΌ
πΌ πΌ πΌ
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 8 dari 34
π =π2π3π + π2π3π1(cos πΌ β sin πΌ)
π2 + π3β¦ (7)
Subtitusi persamaan (3), (4), dan (4) ke (1)
π1π sin πΌ +π2π3π + π2π3π1(cos πΌ β sin πΌ)
π2 + π3
(sin πΌ β cos πΌ)
+ (π3π β π3π1 sin πΌ) sin πΌ β π2π1 cos πΌ cos πΌ = π1π1
(π1 + π3)(π2 + π3)π sin πΌ β π2π3π(cos πΌ β sin πΌ) β π2π3π1(cos πΌ β sin πΌ)2
β (π2 + π3)π3π1 sin2 πΌ β (π2 + π3)π2π1 cos2 πΌ
= (π2 + π3)π1π1
[(π1 + π3)(π2 + π3) sin πΌ β π2π3(cos πΌ β sin πΌ)]π
= [π2π3(cos πΌ β sin πΌ)2 + (π2 + π3)π3 sin2 πΌ + (π2 + π3)π2 cos2 πΌ + (π2 + π3)π1]β π
π1
Kita sederhanakan terlebih dahulu
π = π2π3(cos2 πΌ + sin2 πΌ β 2 sin πΌ cos πΌ) + π32 sin2 πΌ + π2
2 cos2 πΌ
+ π2π3 sin2 πΌ + π2π3 cos2 πΌ + +(π2 + π3)π1
π = π2π3(2 β sin 2πΌ) + π32 sin2 πΌ + π2
2 cos2 πΌ + (π2 + π3)π1
Sehingga akan kita peroleh percepatan massa π1 yaitu
π1 =(π1 + π3)(π2 + π3) sin πΌ β π2π3(cos πΌ β sin πΌ)
π2π3(2 β sin 2πΌ) + π32 sin2 πΌ + π2
2 cos2 πΌ + (π2 + π3)π1π
b. Agar π2 bergerak naik, maka percepatan π2 relatif π1 harus berarah ke atas. Karena
sebelumnya tadi kita mengasumsikan arah percepatan ini ke bawah, maka nilai π
haruslah kurang dari nol, sehingga
π < 0
π2π β (π3 sin πΌ + π3 cos πΌ)π1
π2 + π3< 0
π2π
π3 sin πΌ + π3 cos πΌ< π1
Subtitusi π1
π2π
π3 sin πΌ + π3 cos πΌ
<(π1 + π3)(π2 + π3) sin πΌ β π2π3(cos πΌ β sin πΌ)
π2π3(2 β sin 2πΌ) + π32 sin2 πΌ + π2
2 cos2 πΌ + (π2 + π3)π1π
Sehingga, nilai πΌ harus memenuhi pertidaksamaan berikut
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 9 dari 34
(π1 + π3)(π2 + π3) sin πΌ β π2π3(cos πΌ β sin πΌ)
π2π3(2 β sin 2πΌ) + π32 sin2 πΌ + π2
2 cos2 πΌ + (π2 + π3)π1>
π2
π3 sin πΌ + π3 cos πΌ
3. Kesetimbangan Partikel pada Cincin Berputar
Sebuah partikel bermassa π bergerak tanpa gesekan pada cincin berjari-jari π yang
berotasi dengan kecepatan sudut Ξ© terhadap sumbu vertikal seperti ditunjukkan pada
gambar. Sudut antara garis yang menghubungkan pusat O ke massa π dengan garis
vertikal ke bawah adalah π . Percepatan gravitasi π ke bawah.
a. Tentukan sudut π yang merupakan sudut kesetimbangan stabil dan tidak stabil.
Tentukan pula nilai kecepatan sudut kritis pada kesetimbangan stabil.
b. Misalnya π0 adalah sudut kesetimbangan stabil. Partikel m tersebut kemudian
diberikan osilasi kecil di sekitar sudut π0. 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
terhadap garis vertikal di bawah pusat cincin. Pada koordinat bola, partikel memiliki
arah pada dua komponen yaitu komponen tangensial dan azimuntal, yaitu π£ p =
οΏ½ΜοΏ½π π + Ξ©π sin π οΏ½ΜοΏ½. Kecepatan partikel arah π adalah kecepatan yang kita gunakan
pada energi kinetik, untuk kecepatan pada arah οΏ½ΜοΏ½, ini dia merupakan bagian dari gaya
sentripetal dan jika kita tinjau pada kerangka yang berputar dengan kecepatan sudut
Ξ©
O π
π
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
πΈ = βπππ cos π +1
2ππ 2οΏ½ΜοΏ½2 + πfsentrifugal
Kita hitung dulu usaha dari gaya sentrifugal ini
πfsentrifugal = β« πΉ sen β ππ
πfsentrifugal = β« πΞ©2π sin π (sin π οΏ½ΜοΏ½ + cos π π) β (π sin π πποΏ½ΜοΏ½ + π πππ)
πfsentrifugal = πΞ©2π 2 β« sin π cos π πππ
0
= βπΞ©2π β« sin π π(sin π)π
0
πfsentrifugal = βπΞ©2π 2 (1
2sin2 π) βΉ πfsentrifugal = β
1
2πΞ©2π 2 sin2 π
Sehingga energi total sistem menjadi
πΈ = βπππ cos π +1
2ππ 2οΏ½ΜοΏ½2 β
1
2πΞ©2π 2 sin2 π
Dengan energi potensial efektif
πeff = βπππ cos π β1
2πΞ©2π 2 sin2 π
Turunkan energi total terhadap waktu satu kali, karena energi kekal maka turunan
pertama πΈ terhadap waktu adalah nol atau secara fisis dapat diartikan tidak ada
perubahan energi yang juga artinya adalah energi sistem kekal.
ππΈ
ππ‘= 0 = πππ sin π οΏ½ΜοΏ½ + ππ 2(οΏ½ΜοΏ½οΏ½ΜοΏ½ β Ξ©2 sin π cos π οΏ½ΜοΏ½)
π sin π + π οΏ½ΜοΏ½ β π Ξ©2 sin π cos π = 0
Persamaan terakhir adalah persamaan gerak partikel π. Saat setimbang, percepatan
partikel π adalah nol atau οΏ½ΜοΏ½ = 0, sehingga
sin π (π β π Ξ©2 cos π) = 0
Dari persamaan di atas, kita dapatkan dua posisi kesetimbangan yaitu saat sin π = 0
atau π = 0 yang mana ini adalah posisi kesetimbangan labil dan π β π Ξ©2 cos π = 0
atau cos π = π/ π Ξ©2 yang merupakan posisi kesetimbangan stabil partikel.
bagaimana membuktikannya? Secara fisis kita bayangkan bahwa saat partikel ada di
posisi π = 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 = cosβ1(π/
π Ξ©2), ketika beri simpangan sedikit, partikel akan kembali ke posisi
kesetimbangannya sehingga ini adalah posisi kesetimbangan stabil.
Jawaban:
kesetimbangan labil βΉ π = 0
kesetimbangan stabil βΉ π = cosβ1 (π
Ξ©2π )
b. Sekarang kita gunakan
π0 = cosβ1 (π
Ξ©2π ) βΉ cos π0 =
π
Ξ©2π
Kembali ke persamaan gerak partikel
π sin π + π οΏ½ΜοΏ½ β π Ξ©2 sin π cos π = 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 = π0 + πΌ dimana πΌ adalah sudut yang kecil (artinya dari posisi
kesetimbangan, si partikel π kita simpangkan sejauh πΌ), ingat bahwa π0 adalah
konstan sehingga
οΏ½ΜοΏ½ =π2π
ππ‘2=
π2
ππ‘2(π0 + πΌ ) =
π2π0
ππ‘2β0
+π2πΌ
ππ‘2βΉ οΏ½ΜοΏ½ = οΏ½ΜοΏ½
Kemudian karena πΌ merupakan sudut kecil, kita bisa lakukan pendekatan sin πΌ β πΌ
dan cos πΌ β 1 serta πΌ2 β 0 sehingga
sin π = sin(π0 + πΌ) = sin π0 cos πΌ + cos π0 sin πΌ β sin π0 + πΌ cos π0
cos π = cos(π0 + πΌ) = cos π0 cos πΌ β sin π0 sin πΌ β cos π0 β πΌ sin π0
sin π cos π = (sin π0 + πΌ cos π0)(cos π0 β πΌ sin π0)
= sin π0 cos π0 + πΌ cos2 π0 β πΌ sin2 π0 β πΌ2 sin π0 cos π0
β sin π0 cos π0 + πΌ cos2 π0 β πΌ sin2 π0 β πΌ
Sehingga persamaan gerak partikel yang baru akan menjadi (Gunakan π =
π Ξ©2 cos π0)
π Ξ©2 cos π0 sin π + π οΏ½ΜοΏ½ β π Ξ©2 sin π cos π = 0
Ξ©2(cos π0 sin π β sin π cos π) + οΏ½ΜοΏ½ = 0
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 12 dari 34
Ξ©2(cos π0 sin π0 + πΌ cos2 π0 β sin π0 cos π0 β πΌ cos2 π0 + πΌ sin2 π0 + πΌ) + οΏ½ΜοΏ½ = 0
οΏ½ΜοΏ½ + Ξ©2 sin2 π0 = 0
Sehingga kecepatan sudut osilasi partikel π adalah
π = Ξ© sin π0 = Ξ©β1 β cos2 π0 βΉ π = Ξ©β1 βπ2
Ξ©4π 2
Karena suku dalam akar haruslah positif dan kurang dari 1, maka nilai kecepatan sudut
osilasi ini lebih kecil dari kecepatan sudut rotasi cincin, π < 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 bergerak dengan
kelajuan π£0 menumbuk balok bermassa π yang sedang diam. Balok berada pada jarak πΏ
dari sebuah dinding yang dapat memantulkan bola secara elastik. Nilai π jauh lebih kecil
dari π. 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 π(π β πΏ) dan kelajuan
bola pada saat itu adalah π£(π£ β π£0). Tentukan π (dinyatakan dalam πΏ, π£0, dan π£)
b. Untuk bagian ini, terdapat bola lain (bola 2) yang identik dengan bola pertama (bola
1). Bola 2 menumbuk balok secara elastik dengan kelajuan π£0 juga, namun dari arah
berlawanan. Terdapat pula dinding di sisi yang sama dengan bola 2 pada jarak πΏ 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).
π£0 π π
πΏ
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 menumbuk balok
π dengan kecepatan π£i dimana kecepatan balok π saat itu adalah π’i dan setelah
tumbukan, bola π jadi bergerak dengan kecepatan π£iβ² dan balok π bergerak dengan
kecepatan π’iβ².
Dari hukum kekekalan momentum linear dan koefisien restitusi akan kita peroleh
ππ£i + ππ’i = ππ£iβ² + ππ’i
β² β¦ (1)
1 = βπ’i
β² β π£iβ²
π’i β π£iβΉ π’i
β² = π£i β π’i + π£iβ² β¦ (2)
Subtitusi persamaan (2) ke (1)
ππ£i + ππ’i = ππ£iβ² + π(π£i β π’i + π£i
β²)
(π + π)π£iβ² = β(π β π)π£i + 2ππ’i βΉ π£i
β² = βπ β π
π + ππ£i +
2π
π + ππ’i β¦ (3)
Subtitusi persamaan (3) ke (2)
π’iβ² = π£i β π’i β
π β π
π + ππ£i +
2π
π + ππ’i βΉ π’i
β² =2π
π + ππ£i +
π β π
π + ππ’i β¦ (4)
Kita gunakan penyederhaan π = π/π dan karena π β« π maka π = π/π βͺ 1 (akan
sangat kecil). Persamaan (3) dan (4) dapat kita sederhanakan menjadi
π£iβ² = β
1 β π/π
1 + π/ππ£i +
2
1 + π/ππ’i = β
1 β π
1 + ππ£i +
2
1 + ππ’i
π£iβ² = β(1 β π)(1 + π)β1π£i + 2(1 + π)β1π’i β¦ (3)β²
π’iβ² =
2π/π
1 + π/ππ£i +
1 β π/π
1 + π/ππ’i =
2π
1 + ππ£i +
1 β π
1 + ππ’i
π’i = 2π(1 + π)β1π£i + (1 β π)(1 + π)β1π’i β¦ (4)β²
Karena π βͺ 1 kita bisa gunakan pendekatan binomial newton yaitu
π£0 π π
πΏ
π£0 π
πΏ
π£i π π π£iβ² π π
π’iβ² π’i
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 14 dari 34
(1 + π)β1 β 1 β π
Karena π βͺ 1 pula, maka orde kedua dari π yaitu π2 dapat diabaikan atau π2 β 0
sehingga akan kita peroleh
π£iβ² = β(1 β 2π)π£i + 2(1 β π)π’i β¦ (3)β²β²
π’i = 2ππ£i + (1 β 2π)π’i β¦ (4)β²β²
Untuk menyederhanakan proses tumbukan, saya akan membaginya pada dua kasus
yaitu kasus tumbukan antara bola π dengan balok π, saya namakan tumbukan A, dan
kasus kedua adalah tumbukan antara bola π dan dinding, saya namakan tumbukan B.
Pada tumbukan antara bola π dan dinding, besar kecepatan bola akan tetap, namun
dia akan berbalik arah setelah tumbukan sedangkan balok π 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 π, π£, π’, dan π adalah tumbukan, kecepatan bola
π, kecepatan balok π, dan jarak sisi kiri balok dari dinding. Tujuan kita adalah mencari
pola dari π£, π’, dan π sebagai fungsi dari jumlah tumbukan π. Baik, kita mulai dari
tumbukan pertama. Pendekatan sebelumnya untuk π akan terus kita gunakan.
Untuk π1A:
πΊππ = π³
πππ = β(π β ππΌ)ππ
πππ = ππΌππ
Untuk π1B:
πΏ + ΞπΏ1B
(1 β 2π)π£0=
ΞπΏ1B
2ππ£0
2ππΏ = ΞπΏ1B(1 β 4π) βΉ π«π³ππ = ππΌπ³
πΊππ = (π + ππΌ)π³
πππ = (π β ππΌ)ππ
πππ = ππΌππ
Untuk π2A:
2πΏ + ΞπΏ2A
(1 β 2π)π£0=
ΞπΏ2A
2ππ£0
4ππΏ = ΞπΏ2A(1 β 4π) βΉ π«π³ππ = ππΌπ³
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 15 dari 34
πΊππ = (π + ππΌ)π³
π£2A = β(1 β 2π)2π£0 + 2(1 β π)2ππ£0 = (β1 + 4π β 4π2 + 4π β 4π2)π£0
πππ = β(π β ππΌ)ππ
π’2A = 2π(1 β 2π)π£0 + (1 β 2π)2ππ£0 = (2π β 4π2 + 2π β 4π2)π£0
πππ = ππΌππ
Untuk π2B:
π2A + ΞπΏ2B
(1 β 8π)π£0=
ΞπΏ2B
4ππ£0
4π(1 + 4π)πΏ = ΞπΏ2B(1 β 12π) βΉ π«π³ππ = ππΌπ³
πΊππ = (π + ππΌ)π³
πππ = (π β ππΌ)ππ
πππ = ππΌππ
Untuk π3A:
2π2A + ΞπΏ3A
(1 β 8π)π£0=
ΞπΏ3A
4ππ£0
8π(1 + 4π)πΏ = ΞπΏ3A(1 β 12π) βΉ π«π³ππ = ππΌπ³
πΊππ = (π + πππΌ)π³
π£3A = β(1 β 2π)(1 β 8π)π£0 + 2(1 β π)4ππ£0 = (β1 + 10π β 16π2 + 8π β 8π2)π£0
πππ = β(π β πππΌ)ππ
π’3A = 2π(1 β 8π)π£0 + (1 β 2π)4ππ£0 = (2π β 16π2 + 4π β 8π2)π£0
πππ = ππΌππ
Untuk π3B:
π3A + ΞπΏ3B
(1 β 18π)π£0=
ΞπΏ3B
6ππ£0
6π(1 + 12π)πΏ = ΞπΏ2B(1 β 24π) βΉ π«π³ππ = ππΌπ³
πΊππ = (π + πππΌ)π³
πππ = (π β πππΌ)ππ
πππ = ππΌππ
Untuk π4A:
2π3A + ΞπΏ4A
(1 β 18π)π£0=
ΞπΏ4A
6ππ£0
12π(1 + 12π)πΏ = ΞπΏ3A(1 β 24π) βΉ π«π³ππ = πππΌπ³
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 16 dari 34
πΊππ = (π + πππΌ)π³
π£4A = β(1 β 2π)(1 β 18π)π£0 + 2(1 β π)6ππ£0 = (β1 + 20π β 32π2 + 12π β 12π2)π£0
πππ = β(π β πππΌ)ππ
π’4A = 2π(1 β 18π)π£0 + (1 β 2π)6ππ£0 = (2π β 32π2 + 6π β 12π2)π£0
πππ = ππΌππ
Untuk π4B:
π4A + ΞπΏ4B
(1 β 32π)π£0=
ΞπΏ4B
8ππ£0
8π(1 + 24π)πΏ = ΞπΏ4B(1 β 40π) βΉ π«π³ππ = ππΌπ³
πΊππ = (π + πππΌ)π³
πππ = (π β πππΌ)ππ
πππ = ππΌππ
Dari hasil-hasil di atas kita bisa dapatkan polanya. Mari kita mulai dari π untuk
tumbukan A
π1A = πΏ
π2A = (1 + 4π)πΏ
π3A = (1 + 12π)πΏ
π4A = (1 + 24π)πΏ
Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke keβπ adalah
πk =π
0!+
(π β 1)π
1!+
(π β 1)(π β 2)π
2!
πk = 0 + (π β 1)4 +(π2 β 3π + 2)4
2
πk = 4π β 4 + 2π2 β 6π + 4 βΉ πk = 2π2 β 2π
Sehingga kita peroleh
πkA = (1 + (2π2 β 2π)π)πΏ
Kemudian untuk π£, untuk tumbukan A
π£1A = β(1 β 2π)π£0
+8
2
+12
0 4 12
22
24
22 +4
2 +4 +4
...
...
...
π
π
π
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 17 dari 34
π£2A = β(1 β 8π)π£0
π£3A = β(1 β 18π)π£0
π£4A = β(1 β 32π)π£0
Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke keβπ adalah
πk =π
0!+
(π β 1)π
1!+
(π β 1)(π β 2)π
2!
πk = 2 + (π β 1)6 +(π2 β 3π + 2)4
2
πk = 2 + 6π β 6 + 2π2 β 6π + 4 βΉ πk = 2π2
Sehingga kita peroleh
π£kA = β(1 β 2π2π)π£0
Kemudian untuk π pada tumbukan B, telah kita peroleh
π1B = (1 + 2π)πΏ
π2B = (1 + 8π)πΏ
π3B = (1 + 18π)πΏ
π4B = (1 + 32π)πΏ
Dapat kita lihat bahwa pola angka ini sama dengan π£ sehingga akan kita peroleh
πkB = (1 + 2π2π)πΏ
Kemudian untuk π£ pada tumbukan B, hanya berbalik arah dari tumbukan A, sehingga
kita peroleh
π£kB = (1 β 2π2π)π£0
Sekarang kita ke soal utama. Ada dua kemungkinan di sini, kemungkinan pertama,
misalkan kecepatan bola π sama dengan π£ terjadi di antara selang tumbukan keβπ
antara bola dan balok dan tumbukan keβπ antara bola dan dinding, maka akan kita
peroleh
πkA β€ π β€ πkB
(1 + 2π2π β 2ππ)πΏ β€ π β€ (1 + 2π2π)πΏ
+10 +14
2 8 18 32
+6
+4 +4
...
...
...
π
π
π
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 18 dari 34
π£ = |π£kA| = (1 β 2π2π)π£0 βΉ 2π2π = 1 βπ£
π£0
π = β1
2π(1 β
π£
π£0) βΉ 2ππ = β2π (1 β
π£
π£0)
Sehingga kita peroleh
(1 + 1 βπ£
π£0β β2π (1 β
π£
π£0)) πΏ β€ π β€ (1 + 1 β
π£
π£0) πΏ
(2 βπ£
π£0β β2π (1 β
π£
π£0)) πΏ β€ π β€ (2 β
π£
π£0) πΏ
Kemungkinan kedua, misalkan kecepatan bola sama dengan π£ terjadi di antara selang
tumbukan keβπ antara bola dan dinding dan tumbukan keβπ + 1 antara bola dan
balok, akan kita peroleh
πkB β€ π β€ π(k+1)B
(1 + 2π2π)πΏ β€ π β€ (1 + 2(π + 1)2π β 2(π + 1)π)πΏ
(1 + 2π2π)πΏ β€ π β€ (1 + 2π2π + 2ππ)πΏ
π£ = |π£kB| = (1 β 2π2π)π£0 βΉ 2π2π = 1 βπ£
π£0βΉ 2ππ = β2π (1 β
π£
π£0)
Maka kita peroleh
(2 βπ£
π£0) πΏ β€ π β€ (2 β
π£
π£0+ β2π (1 β
π£
π£0)) πΏ
Dari kedua kemungkinan ini, kita dapat gabungkan menjadi
(2 βπ£
π£0β β2π (1 β
π£
π£0)) πΏ β€ π β€ (2 β
π£
π£0+ β2π (1 β
π£
π£0)) πΏ
Untuk pendekatan π yang lebih kecil lagi, atau π β 0 akan kita peroleh
π β πΏ (2 βπ£
π£0)
b. Misalkan kotak π tersimpang sejauh ΞπΏ 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 πΌ(impuls) = Ξπ(perubahan momentum) = οΏ½Μ οΏ½Ξπ‘(gaya rata β
rata Γ selang waktu tumbukan), akan kita peroleh
ππ£0
(2πΏ + ΞπΏ)/π£0β
ππ£0
(2πΏ β ΞπΏ)/π£0=
ππ£02
2πΏ[(1 +
ΞπΏ
2πΏ)
β1
β (1 βΞπΏ
2πΏ)
β1
] = πΞοΏ½ΜοΏ½
ππ£02
2πΏ[1 β
ΞπΏ
2πΏβ 1 β
ΞπΏ
2πΏ] = β
ππ£02
4πΏ2 ΞπΏ β πΞοΏ½ΜοΏ½
ΞοΏ½ΜοΏ½ +ππ£0
2
4ππΏ2 ΞπΏ = 0 βΉ π =π£0
2πΏβ
π
πβΉ π =
4ππΏ
π£0
βπ
π
5. Batang Pejal yang Digantung dengan Dua Tali
Sebuah batang tipis pejal dengan massa π dan panjang πΏ dihubungkan dengan atap
menggunakan 2 tali tak bermassa masing-masing sepanjang π yang dipasang sejajar pada
kedua ujung batang. Pada saat π‘ = 0, sebuah impuls π½ diberikan tegak lurus batang dan
tali pada ujung batang B . Percepatan gravitasi adalah π.
a. Tentukan kecepatan ujung-ujung batang π£A dan π£B sesaat setelah pemberian impuls
tersebut. Ambil arah impuls sebagai arah positif.
b. Tentungan tegangan tali kedua tali π1 dan π2 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 π
tersebut.
π£0 π π
πΏ + ΞπΏ
π£0 π
πΏ β ΞπΏ
A B
π1 π2 π
πΏ
π π
π π
β¨π½
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 π 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 π½ 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 dan dan kecepatan pusat massa π£pm. Dari teorema
impuls-momentum linear, akan kita peroleh
π½ = ππ£pm βΉ π£pm =π½
π
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)
π½πΏ
2=
1
12ππΏ2π βΉ ππΏ =
6π½
π
Pada ujung batang A dan B, kecepatannya adalah perpaduan dari kecepatan pusat
massa dan kecepatan tangensial akibat rotasi batang, besarnya adalah
π£A = π£pm β ππΏ
2βΉ π£A = β
2π½
π
π£B = π£pm + ππΏ
2βΉ π£A =
4π½
π
Tanda negatif menandakan bahwa arahnya berlawanan dengan arah impuls.
b. Tegangan pada kedua tali, pada awalnya, sebelum impuls diberikan adalah π0 =
ππ/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 ΞπT, yaitu
2ΞπT =ππ£pm
2
πβΉ ΞπT =
π½2
2ππ
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, maka posisi titik B dan Bβ relatif terhadap posisi pusat massa
batang pada saat sebelum impuls diberkan adalah
π B =πΏ
2cos π οΏ½ΜοΏ½ +
πΏ
2sin π οΏ½ΜοΏ½ + π§οΏ½ΜοΏ½
π Bβ² =πΏ
2οΏ½ΜοΏ½ + 0οΏ½ΜοΏ½ + ποΏ½ΜοΏ½
Karena titik B dan Bβ dihubungkan oleh tali sepanjang π, maka jarak kedua titik ini akan
konstan sejah π, sehingga kita peroleh
|π Bβ² β π B| =πΏ2
4(1 + cos2 π β 2 cos π) +
πΏ2
4sin2 π + π§2 + π2 β 2π§π = π2
π§2 β 2π§π +πΏ2
2(1 β cos π) = 0
Turunkan persamaan ini dua kali terhadap waktu untuk mendapatkan hubungan
percepatan vertikal οΏ½ΜοΏ½
π2
ππ‘2[π§2 β 2π§π +
πΏ2
2(1 β cos π)] =
π
ππ‘[2π§οΏ½ΜοΏ½ β 2οΏ½ΜοΏ½π +
πΏ2
2sin π οΏ½ΜοΏ½] = 0
2π§οΏ½ΜοΏ½ + 2οΏ½ΜοΏ½2 β 2οΏ½ΜοΏ½π +πΏ2
2sin π οΏ½ΜοΏ½ +
πΏ2
2cos π οΏ½ΜοΏ½2 = 0
οΏ½ΜοΏ½ =1
π β π§(οΏ½ΜοΏ½2 +
πΏ2
4sin π οΏ½ΜοΏ½ +
πΏ2
4cos π οΏ½ΜοΏ½2)
Saat π‘ = 0, π§ = 0, οΏ½ΜοΏ½ = 0, π = 0, οΏ½ΜοΏ½ β 0, dan οΏ½ΜοΏ½ = π, sehingga kita peroleh
οΏ½ΜοΏ½ =πΏ2
4π π2 βΉ οΏ½ΜοΏ½ =
πΏ2
4π
36π½2
π2πΏ2βΉ ΞπR =
1
2ποΏ½ΜοΏ½ =
9π½2
2ππ
Tegangan pada tali 1 (kiri) dan tali 2 (kanan) adalah
π1 = π0 β ΞπT + ΞπR βΉ π1 =π
2(π +
4π½2
π2π)
π2 = π0 + ΞπT + ΞπR βΉ π2 =π
2(π +
5π½2
π2π)
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 πβ² yang
bisa kita anggap konstan, maka akan kita peroleh
2πβ² = ππ βΉ πβ² =1
2ππ
Kemudian kita tinjau gerak rotasional batang. Misalkan sudut simpangan batang
adalah π sedangkan sudut simpangan tali adalah π. Karena pusat massa batang bisa
kita anggap diam, maka hubungan antara sudut π dan π bisa kita dapatkan. Perhatikan
bahwa panjang busur yang yang ditempuh ujung batang bisa kita gunakan untuk
mendapatkan hubungan kedua sudut ini yaitu
πΏ
2π = ππ βΉ π = π
πΏ
2π
Menggunakan hukum II newton untuk gerak rotasional batang akan kita peroleh
β2πβ² sin ππΏ
2=
1
12ππΏ2οΏ½ΜοΏ½
β2 (1
2ππ) π
πΏ
2= βπππ
πΏ
2π
πΏ
2=
1
12ππΏ2οΏ½ΜοΏ½
οΏ½ΜοΏ½ +3π
ππ = 0 βΊ οΏ½ΜοΏ½ + π2π = 0 βΉ π = β
3π
πβΉ π =
1
2πβ
3π
π
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:
ππ β π = ππ
Hukum II Newton untuk Gerak Rotasi dengan poros di ujung B (titik ini akan diam
sesaat):
πππΏ
2=
1
3ππΏ2πΌ βΉ πΌπΏ =
3π
2
π
ππ
πΌ
π
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 23 dari 34
Hubungan π dan πΌ, lihat gerak rotasi pusat massa batang terhadap B, akan kita
dapatkan
π =πΌπΏ
2=
3π
4
Sehingga kita akan kita peroleh
ππ β π = π3π
4βΉ π =
1
4ππ
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 (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 π£0, massa bola basket
π, dan konstanta pegas π .
b. Hitung waktu kontak antara bola dengan lantai π‘kontak, gaya kontak maksimum πΉ0,
dan kompresi pegas maksimum π₯0! Nyatakan jawaban-jawaban Anda dalam
parameter π£0, π, dan π. Hitung pula nilai numerik ketiga parameter tersebut jika
diketahui kecepatan π£0 = 10 m/s, massa bola π = 0,5 kg, dan konstanta pegas π =
80 kN/m.
model
π
π
π
π
π
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 24 dari 34
c. Tentukan gaya kontak πΉ sebagai fungsi π‘ sesuai model di atas. Tentukan pula total
impuls yang diterima oleh bola basket.
d. Secara fenomenologi, hubungan antara gaya kontak πΉ dengan kompresi bola π tidak
linear, sehingga pemodelan bola basket di atas tidak begitu akurat.
Data eksperimen menunjukkan bahwa πΉ = πππ, dan nilai π ditentukan oleh geometri
area kontak. Pada soal ini, kita menganggap lantai cukup keras sehingga bola
mengalami deformasi seperti pada gambar di samping (π βͺ π ). Menurut pemodelan
Hertzian Contact tekanan pada area kontak dapat dinyatakan dengan persamaan:
π(π) = π0 (1 βπ2
π2)
12
dimana π adalah jarak dari titik pusat kontak A, π adalah jari-jari lingkaran area
kontak, dan π0 adalah tekanan di titik pusat kontak A dengan hubungan
kesebandingan π0 β βπ. Tentukan nilai π 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 π£0 yang arahnya ke bawah, maka massa π akan mulai melakukan
gerak harmonik sederhana dengan kecepatan sudut π2 = π/π (seharusnya mudah
saja hal ini untuk dipahami karena ketiga pegas lainnya tidak memberikan efek pada
pemodelan sederhana ini, dan sistem massa π serta pegas seperti sistem massa pegas
sederhana saja).
π
π
π 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 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₯(π‘) = π΄ sin ππ‘ + π΅ cos ππ‘
π£(π‘) =π
ππ‘π₯(π‘) = π΄π cos ππ‘ β π΅π sin ππ‘
Kita pilih π‘ = 0 saat pegas bagian bawah mulai menyentuh lantai. Pada π‘ = 0 ini,
simpangan π masih nol (π₯(0) = 0) dan kecepatan π adalah π£0 (π£(0) = π£0 positif
karena arahnya ke bawah). Sehingga, dari boundary condition/kondisi batas ini akan
kita peroleh
π₯(0) = 0 = 0 + π΅ βΉ π΅ = 0
π£(0) = π£0 = π΄π β 0 βΉ π΄ =π£0
π
Sehingga posisi π sebagai fungsi waktu atau dalam hal ini sama dengan fungsi
kompresi pegas terhadap waktu akan kita dapatkan yaitu
π₯(π‘) =π£0
πsin ππ‘ βΉ π₯(π‘) = π£0β
π
πsin (β
π
ππ‘)
b. Berdasarkan model sederhana ini, bola basket hanya akan bersentuhan atau kontak
dengan lantai selama setengah dari periode osilasinya
π‘kontak =1
2π =
1
22πβ
π
πβΉ π‘kontak = πβ
π
π
Simpangan maksimum adalah saat |sin (βπ
ππ‘)| = 1, dari sini akan kita peroleh
π
π
π£0 π₯
β¦ β¦
β¦
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 26 dari 34
π₯0 = π£0βπ
π
Sehingga gaya maksimum pada pegas adalah
πΉ0 = ππ₯0 βΉ πΉ0 = π£0βππ
Dengan mensubtitusi nilai numerik yang diberikan, π£0 = 10 m/s, π = 0,5 kg, dan
π = 80 kN/m akan kita peroleh
π‘kontak =5
2π ms
π₯0 = 2,5 cm
πΉ0 = 2000 N
c. Gaya pada pegas sebagai fungsi waktu adalah
πΉ(π‘) = ππ₯(π‘) βΉ πΉ(π‘) = π£0βππ sin (βπ
ππ‘)
Impuls total yang diterima oleh bola basket sama dengan impuls yang diberikan bola
basket pada lantai, sehingga
πΌtotal = β« πΉ(π‘)ππ‘π‘kontak
0
= π£0βππ β« sin (βπ
ππ‘) ππ‘
πβππ
0
πΌtotal = π£0βππβπ
πβ« sin (β
π
ππ‘) π (β
π
ππ‘)
πβππ
0
πΌtotal = ππ£0 β« sin (βπ
ππ‘) π (β
π
ππ‘)
πβππ
0
πΌtotal = ππ£0 [β cos (βπ
ππ‘)]
0
πβππ
πΌtotal = ππ£0[β cos π β (β cos 0)] βΉ πΌtotal = 2ππ£0
Nilai numeriknya adalah πΌtotal = 10 Ns
d. Berdasarkan model herztian contact, tujuan kita adalah menemukan bentuk gaya
kontak pada bola basket dengan kompresinya π. 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 dari sumbu pusat bola sehingga jika kita tinjau
elemen cincin yang sangat tipis dengan jari-jari π dan lebar ππ dimana ππ sangat kecil,
tekanan pada elemen luasan cincin ini bisa kita anggap konstan. Luas elemen cincin ini
adalah ππ΄ = 2ππππ. Gaya pada elemen cincin ini akan menjadi
ππΉ = π(π)ππ΄
ππΉ = π0 (1 βπ2
π2)
12
2ππππ
Untuk mendapatkan gaya totalnya, kita integrasi dari π = 0 sampai π = π, 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
πΉ = 2π0π β« (1 βπ2
π2)
12
ππππ
0
= 2π0π β« (1 βπ2
π2)
12
(βπ2
2) π (1 β
π2
π2)
π
0
πΉ = βπ0ππ2 β« (1 βπ2
π2)
12
π (1 βπ2
π2)
π
0
πΉ = βπ0ππ22
3[(1 β
π2
π2)
32
]
0
π
πΉ = βπ0ππ22
3(0 β 1) βΉ πΉ =
2
3π0ππ2
A
π
π
ππ
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 28 dari 34
Dari soal kita tahu bahwa π0 β βπ (tekanan di titik pusat kontak A sebanding dengan
akar dari kompresi bola) sehingga bisa saja kita nyatakan bahwa π0 = πΆπ1
2 dimana πΆ
adalah suatu konstanta kesebandingan yang berdimensi. Sehingga kita peroleh
πΉ =2
3πΆππ2π
12 βΊ πΉ = ππn
Dengan demikian
π =2
3πΆππ2 dan π =
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 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 πB) mengelilingi Matahari (bermassa πM) secara melingkar
dengan jari-jari π dan kecepatan π£bumi. 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 π£bumi (nyatakan jawaban anda dalam
parameter πM, π dan konstanta gravitasi πΊ).
matahari
bumi
(i)
(ii)
π£bumi
π
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 π£l yang diperlukan (nyatakan
jawaban anda dalam π£bumi, πΌ = πM/πB , dan π½ = π/π ).
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 π£l yang diperlukan (nyatakan jawaban anda
dalam π£bumi, πΌ = πM/πB , dan π½ = π/π ).
Petunjuk: Supaya βmenyentuhβ Matahari perihelion Roket (jarak terdekat ke Matahari)
harus sangat kecil sekali (relatif terhadap jarak Bumi-Matahari π), dan bisa dianggap nol.
d. Tentukan nilai numerik π£l2/π£bumi
2 untuk kedua kasus di atas jika diketahui rasio
π½/πΌ = 0,07 dan β2 = 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
πΉ r = πBπ r
πΊπBπM
π2= πB
π£bumi2
π
π£bumi2 =
πΊπM
πβΉ π£bumi = β
πΊπM
π
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 π£0, 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 π£bumi, maka roket akan ikut
mengorbit matahari. Karena gaya gravitasi adalah gaya sentral, energi mekanik roket
akan kekal. Roket diluncurkan dari permukaan bumi dengan kecepatan π£l relatif bumi,
kemudian dia lepas dari medan gravitasi bumi pada jarak yang cukup jauh dari bumi,
bisa kita asumsikan tak hingga (β) dan pada posisi ini si roket memiliki kecepatan π£0
relatif bumi, dengan hukum kekekalan energi mekanik akan kita peroleh
1
2ππ£l
2 βπΊπBπ
π =
1
2ππ£0
2 βπΊπBπ
ββ 0
π£l2 = π£0
2 +2πΊπB
π
Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, maka roket akan bergerak terhadap
matahari. Misalkan tepat saat lepas, kecepatan roket adalah π£R = π£0 Β± π£bumi 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
π£0 = π£R β (Β±π£bumi) = π£R β π£bumi
π£02 = π£R
2 + π£bumi2 β 2π£Rπ£bumi
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 dari matahari dan bergerak
dengan kecepatan π£R, 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
2ππ£R
2 βπΊπMπ
π=
1
2π(0)2 β
πΊπMπ
ββΉ π£R
2 =2πΊπM
π
Subtitusi π£R dan π£bumi ke π£02 akan kita peroleh
π£02 =
2πΊπM
π+
πΊπM
πβ 2β
2πΊπM
πβ
πΊπM
π
π£02 =
πΊπM
π(3 β 2β2)
Subtitusi π£02 ke π£l
2
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 31 dari 34
π£l2 =
πΊπM
π(3 β 2β2) +
2πΊπB
π
π£l2 =
πΊπM
π(3 β 2β2 + 2
π/π
πM/πB) βΉ π£l = β
πΊπM
π(3 β 2β2 + 2
π½
πΌ)
Untuk situs (i)
π£l = βπΊπM
π(3 β 2β2 + 2
π½
πΌ)
Untuk situs (ii)
π£l = βπΊπM
π(3 + 2β2 + 2
π½
πΌ)
Karena π£l(ii) > π£l(i), maka situs peluncuran (ii) memerlukan energi yang lebih besar
dari situs peluncuran (i), πΈ(ii) > πΈ(i). Sehingga situs peluncuran roket yang
memerlukan energi lebih kecil adalah situs (i).
c. Misalkan jari-jari matahari adalah π dengan π βͺ π. Seperti sebelumnya, kita gunakan
π£R = π£0 Β± π£bumi atau π£0 = π£R β π£bumi. Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, agar
bisa mencapai matahari, roket haruslah berada pada orbit elips dimana aphelion-nya
adalah π sedangkan perihelion-nya adalah π 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 π£s, dari kekekalan momentum sudut akan kita peroleh
πΏaphelion = πΏperihelion
ππ£Rπ = ππ£sπ βΉ π£s =π
ππ£R
Energi mekanik roket juga kekal karena tidak ada gaya nonkonservatif yang bekerja
pada sistem matahari-roket ini, sehingga akan kita peroleh
πΈaphelion = πΈperihelion
1
2ππ£R
2 βπΊπMπ
π=
1
2ππ£s
2 βπΊπMπ
π
π£s2 β π£R
2 = (π
π)
2
π£R2 β π£R
2 = ((π
π)
2
β 1) π£R2 =
2πΊπM
π(π
πβ 1)
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 32 dari 34
(π
π+ 1) (
π
πβ 1) π£R
2 =2πΊπM
π(π
πβ 1)
(π
π+ 1) π£R
2 =2πΊπM
πβΉ π£R
2 =2πΊπM
π(
π
π + π)
Karena π β« π maka
π£R2 β
2πΊπM
π(π
π) βΉ π£R = β
πΊπM
πβ
2π
π
Maka akan kita dapatkan
π£0 = βπΊπM
πβ
2π
πβ β
πΊπM
πβΉ π£0 = β
πΊπM
π(β
2π
πβ 1)
Ada sesuatu yang menarik di sini temen-temen. Jika kalian perhatikan persamaan
terakhir di atas, karena π βͺ π maka pastilah β2π/π βͺ 1 sehingga untuk tanda di atas
atau pada peluncuran situs (i), nilai π£0 akan negatif. Apakah maksudnya? Tanda negatif
di sini maknanya adalah arah kecepatan π£0 ini berlawanan dengan arah yang kita pilih
pada awalnya. Pada situs peluncuran (i), arah π£0 yang kita pilih adalah searah
kecepatan bumi, jadi berdasarkan hasil tadi arah kecepatan π£0 haruslah berlawanan
arah kecepatan bumi, sedangkan roket ini diluncurkan searah kecepatan bumi. Ingat
bahwa π£0 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 π£02, 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), π£R > π£bumi
sedangkan pada bagian (c) ini π£R βͺ π£bumi, sehingga pada bagian (b) tidak muncul
tanda negatif pada π£0. 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
π£l2 =
πΊπM
π(β
2π
π+ 1)
2
+2πΊπB
π
π£l2 =
πΊπM
π[(β
2π
π+ 1)
2
+ 2π/π
πM/πB]
π£l = βπΊπM
π[(β
2π
π+ 1)
2
+ 2π½
πΌ]
Kita tidak bisa membandingkan energi pada situs (i) dan (ii) karena pada situs (i) hal
ini tidak mungkin dilakukan. Untuk limit π β« π β 0 maka
π£l = βπΊπM
π(1 + 2
π½
πΌ)
d. Diketahui bahwa π½/πΌ = 0,07 dan β2 = 1,4 maka akan kita peorleh
Untuk bagian (b) situs (i)
π£l2
π£bumi2
= 3 β 2.1,4 + 2.0,07 = 0,34
Untuk bagian (b) situs (ii)
π£l2
π£bumi2
= 3 + 2.1,4 + 2.0,07 = 5,94
Untuk bagian (c) situs (ii)
π£l2
π£bumi2
= 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).