kontes terbuka olimpiade fisika · 1. soal terdiri dari 7 soal essay. waktu total pengerjaan tes...

Halaman 1 dari 28 KTOF I Oktober 2018

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Naskah Soal dan Solusi

Kontes Terbuka Olimpiade Fisika

November 2018

Oleh :

Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia

Waktu : 55 Jam

Tahun 2018


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Tata cara dan petunjuk pelaksanaan tes

1. Soal terdiri dari 7 soal essay. Waktu total pengerjaan tes adalah 60 Jam, dimulai dari

Jumat, 19 Oktober 2018 pukul 12.00 WIB s.d. Minggu, 21 Oktober 2018 pukul 23.59

WIB.

2. Jawaban dituliskan di lembar jawaban yang telah disediakan. Lembar jawaban telah

dikirim bersama soal, silahkan di print dan diperbanyak sendiri (boleh fotocopy).

3. Tuliskan nomor peserta anda pada tempat yang telah disediakan di 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.

7. Peserta mengerjakan soal tes secara mandiri. Peserta dilarang bekerja sama dengan

orang lain dalam mengerjakan tes.

8. Jawaban discan atau difoto kemudian dikirimkan ke email [email protected]

dengan judul:

Nomor Peserta_KTOF Oktober 2018

Contoh : KTOF-18-10-01-123_KTOF Oktober 2018

Selambat-lambatnya hari Minggu,21 Oktober 2018 pukul 23.59 WIB

mailto:[email protected]


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1. (Dari permukaan tanah, terdengar suara tembakan dari dasar parit. Setelah 𝑡 detik

kemudian, terlihat sebuah bola keluar dari parit. Bola ini berada di atas permukaan tanah

selama ∆𝑡 detik, sebelum akhirnya turun lagi ke parit. Jarak dari tempat bola pertama kali

keluar parit sampai mulai masuk kembali ke parit adalah 𝑑. Anggap bola hanya

dipengaruhi percepatan gravitasi 𝑔 mengarah ke bawah, dan waktu yang diperlukan suara

tembakan untuk mencapai permukaan tanah jauh lebih kecil daripada 𝑡 maupun ∆𝑡,

sehingga dapat diabaikan. Kita tertarik untuk mencari tahu karakteristik dari tembakan ini

dan posisi awal bola ini ditembakkan. Kecepatan awal bola adalah 𝑣0, sudut tembakan

terhadap dasar parit adalah 𝜃, jarak horizontal dan vertikal dari pengamat (anggap

pengamat berada tepat di depan dan di bawah puncak lintasan bola) ke posisi awal

tembakan berturut-turut adalah 𝑠 dan ℎ.

a. Tuliskan persamaan-persamaan yang dapat anda gunakan untuk menentukan 𝑣0, 𝜃,

𝑠, dan ℎ!

b. Tentukan 𝑣0, 𝜃, 𝑠, dan ℎ, dinyatakan dalam 𝑡, ∆𝑡, 𝑑, dan 𝑔!

Solusi :

a. Karena terdapat 4 variabel yang harus dicari, maka harus ada 4 persamaan yang

setidaknya mengandung salah satu dari 4 variabel tersebut. Persamaan tersebut harus

saling independen dan dapat diturunkan dari prinsip dasar gerak parabola. Ada banyak

kombinasi persamaan tersebut, kita hanya akan mencari salah satu kombinasi

tersebut.

Waktu yang diperlukan bola untuk menempuh jarak horizontal 2𝑠 adalah

𝜃

𝑑

ℎ

𝑠

𝑣0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

2𝑡 + ∆𝑡 =2𝑠

𝑣0 cos 𝜃 ⋯ (1)

Waktu yang diperlukan bola untuk menempuh jarak horizontal 𝑑 adalah

∆𝑡 =𝑑

𝑣0 cos 𝜃 ⋯ (2)

Hubungan antara ℎ dengan waktu 𝑡 adalah

ℎ = 𝑣0𝑡 sin 𝜃 −1

2𝑔𝑡2 ⋯ (3)

Kecepatan bola arah vertikal tepat setelah keluar parit adalah

𝑣 = √𝑣02 sin2 𝜃 − 2𝑔ℎ

Hubungan antara waktu ∆𝑡 dengan kecepatan 𝑣 adalah

∆𝑡 =2𝑣

𝑔=2√𝑣0

2 sin2 𝜃 − 2𝑔ℎ

𝑔 ⋯ (4)

b. Langkah pengerjaan sub-soal yang ditampilkan disini didasarkan kepada 4 persamaan

yang sudah kita temukan di sub-soal a). Gabung persamaan (1) dan (2), dengan

menghilangkan faktor 𝑣0 cos 𝜃, maka didapat

2𝑠

2𝑡 + ∆𝑡=𝑑

∆𝑡

𝑠 =𝑑

2(1 +

2𝑡

∆𝑡)

Selesaikan persamaan (3) untuk 𝑡, dan ambil solusi negatif, maka didapat

𝑡 =𝑣0 sin 𝜃 − √𝑣0

2 sin2 𝜃 − 2𝑔ℎ

𝑔=𝑣0 sin 𝜃

𝑔−∆𝑡

2

𝑣0 sin 𝜃 = 𝑔 (𝑡 +∆𝑡

2) ⋯ (5)

Persamaan (2) dan (5) dapat digabung untuk mencari nilai 𝑣0 dan 𝜃.

𝑣02 = 𝑣0

2 sin2 𝜃 + 𝑣02 cos2 𝜃 = 𝑔2 (𝑡 +

∆𝑡

2)2

+ (𝑑

∆𝑡)2

𝑣0 = √𝑔2 (𝑡 +∆𝑡

2)2

+ (𝑑

∆𝑡)2

tan 𝜃 =𝑣0 sin 𝜃

𝑣0 cos 𝜃=𝑔∆𝑡 (𝑡 +

∆𝑡2 )

𝑑

Persamaan (5) dan (3) dapat digunakan untuk mencari nilai ℎ.


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

ℎ = 𝑔𝑡 (𝑡 +∆𝑡

2) −

1

2𝑔𝑡2 =

𝑔𝑡

2(𝑡 + ∆𝑡)

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

2. Di dalam suatu ruangan bebas gesekan udara terdapat medan gravitasi bumi sebesar 𝑔

yang arahnya ke bawah. Terdapat sebuah tongkat bermassa 𝑀 dan panjang 𝐿 di dalam

ruangan ini. Kedua ujung tongkat ini diikat dengan tali kemudian tali diikatkan ke langit-

langit sedemikian hingga tongkat berada dalam kondisi horizontal dan tongkat diam.

Kemudian 2 buah bola kecil (dapat dianggap benda titik) menumbuk ujung-ujung tongkat

secara tegak lurus tongkat dan kedua bola ini pada awalnya bergerak pada bidang

horizontal dengan kelajuan yang sama nilainya yaitu 𝑣0. Kedua bola ini masing-masing

bermassa 𝑚1 dan 𝑚2. Sesaat setelah menumbuk tongkat, kedua bola ini menempel pada

kedua ujung tongkat. Asumsikan 𝑚1 > 𝑚2

Tali yang digunakan untuk menggantung tongkat tidak bermassa. Di sini terdapat dua

buah percobaan. Bagian (a) akan membahas bagaimana keadaan sistem pada percobaan

pertama sedangkan bagian (b), (c) dan (d) akan membahas bagaimana keadaan sistem

pada percobaan kedua.

Percobaan Pertama

a. Jika kedua bola yang menumbuk tongkat pada awalnya memiliki arah kecepatan yang

sama dengan kelajuan yang sama pula yaitu 𝑣0, tentukan kecepatan pusat massa

sistem dan kecepatan sudut tongkat sessat setelah tumbukan!

𝑔

𝐿

𝑀 𝑥

𝑦

𝑧


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Percobaan Kedua

b. Sekarang kedua bola menumbuk tongkat dari arah yang berlawanan, tentukan

kecepatan pusat massa sistem dan kecepatan sudut tongkat setelah tumbukan!

c. Untuk kasus pada bagian khusus dimana 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚, berapakah ketinggian

maksimum yang dicapai kedua bola diukur dari ketinggian dimana tumbukan terjadi!

Untuk soal selanjutnya gunakan juga 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚.

d. Sistem ini kemudian berosilasi, berpakah periode osilasi dari sistem bola dan tongkat

ini untuk simpangan yang kecil?

Solusi :

a. Pada kondisi sesaat setelah tumbukan, tali masih vertikal sehingga tidak ada gaya

eksternal pada bidang horizontal yang mengakibatkan pula tidak ada torsi eksternal

pada arah ini pula. Akibatnya momentum linear sistem ini dan momentum angular

pada kondisi sessat sebelum dan sesudah tumbukan akan kekal.

𝑧

𝑥

𝑣0 𝑣0

𝑚1 𝑚2

𝑧

𝑥

𝑣0

𝑣0

𝑚1

𝑚2

𝑧

𝑥

𝜔 𝜔

𝑚1 𝑚2 𝑣pm

𝐿1 𝐿2

𝑀


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Misalkan jarak pusat massa sistem ini relatif 𝑚1 dan 𝑚2 masing-masing adalah 𝐿1 dan

𝐿2. Kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut sistem setelah tumbukan adalah

𝑣pm dan 𝜔.

Kekekalan momentum linear (konservasi momentum linear)

�⃗�i = �⃗�f

𝑚1𝑣0�̂� + 𝑚2𝑣0�̂� = (𝑚1 +𝑚2 +𝑀)�⃗�pm

�⃗�pm =(𝑚1 +𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀

�̂� ⟹ |�⃗�pm| = 𝑣pm =(𝑚1 +𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀

Catatan : indeks i dan f maksudnya adalah initial (awal) dan final (akhir)

Kekekalan momentum angular (konservasi momentum angular) relatif pusat massa

sistem. Mengapa kita tinjau relatif pusat massa sistem? Sebenarnya momentum

angular ini kekal relatif semua titik yang bisa dijadikan poros, namun dengan

meninjau relatif pusat massa sistem kita akan dimudahkan karena tidak perlu

meninjau kontribusi momentum angular dari pusat massa sistem.

�⃗⃗�i = �⃗⃗�f

𝑚1𝑣0𝐿1𝑗̂ − 𝑚2𝑣0𝐿2𝑗̂ = 𝐼pm�⃗⃗⃗�

Berikutnya kita hitung 𝐿1 dan 𝐿2. Dari teorema pusat massa akan kita peroleh

𝐿1 =𝑚1(0) + 𝑀𝐿/2 + 𝑚2𝐿

𝑚1 +𝑚2⟹ 𝐿1 =

2𝑚2 +𝑀

2𝑚1 + 2𝑚2𝐿

𝐿2 =𝑚1𝐿 + +𝑀𝐿/2 +𝑚2(0)

𝑚1 +𝑚2⟹ 𝐿2 =

2𝑚1 +𝑀

2𝑚1 + 2𝑚2𝐿

Momen inersia sistem adalah momen inersia 𝑚1 dan 𝑚2 relatif pusat massa sistem

ditambah momen inersia tongkat relatif pusat massa sistem pula (untuk mencari

momen inersia tonkat relatif pusat massa sistem gunakan teorema sumbu sejajar)

𝐼pm = 𝑚1𝐿12 +𝑚2𝐿2

2 +1

12𝑀𝐿2 +𝑀(

𝐿2 − 𝐿12

)2

𝐼pm =𝑚1𝑚2

(𝑚1 +𝑚2)𝐿2 +

1

12𝑀𝐿2 +

1

4𝑀 (

𝑚1 −𝑚2𝑚1 +𝑚2

)2

𝐿2

Kita bisa sederhanakan menjadi

𝐼pm =3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2) + 𝑀[𝑚1

2 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]

3(𝑚1 +𝑚2)2

𝐿2


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Jika kita subtitusi kembali hasil ini ke persamaan (2) akan kita peroleh bahwa �⃗⃗⃗� = 0,

artinya sistem tidak berotasi setelah tumbukan.

𝑚1𝑣02𝑚2 +𝑀

2𝑚1 + 2𝑚2𝐿𝑗̂ − 𝑚2𝑣0

2𝑚1 +𝑀

2𝑚1 + 2𝑚2𝐿𝑗̂ = 𝐼pm�⃗⃗⃗�

𝑀(𝑚1 −𝑚2)𝑣0𝐿

2(𝑚1 +𝑚2)𝑗̂ =

3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2) + 𝑀[𝑚12 +𝑚2

2 − 𝑚1𝑚2]

3(𝑚1 +𝑚2)2𝐿2�⃗⃗⃗�

�⃗⃗⃗� =3𝑀(𝑚1

2 −𝑚22)𝑣0

2[3𝑚1𝑚2(𝑚1 + 𝑚2) + 𝑀(𝑚12 +𝑚22 −𝑚1𝑚2)]𝐿𝑗̂

b. Seperti sebelumnya

Konservasi momentum linear

�⃗�i = �⃗�f

𝑚1𝑣0�̂� − 𝑚2𝑣0�̂� = (𝑚1 +𝑚2 +𝑀)�⃗�pm

(𝑚1 −𝑚2)𝑣0�̂� = (𝑚1 +𝑚2 +𝑀)�⃗�pm

�⃗�pm =(𝑚1 −𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀

�̂�

dan besarnya adalah

|�⃗�pm| = 𝑣pm =(𝑚1 −𝑚2)𝑣0𝑚1 +𝑚2 +𝑀

Konservasi momentum angular

�⃗⃗�i = �⃗⃗�f

𝑚1𝑣0𝐿1𝑗̂ + 𝑚2𝑣0𝐿2𝑗̂ = 𝐼pm�⃗⃗⃗�

𝑚1𝑣0 (𝑚2𝐿

𝑚1 +𝑚2) 𝑗̂ + 𝑚2𝑣0 (

𝑚1𝐿

𝑚1 +𝑚2) 𝑗̂

=3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2) + 𝑀[𝑚1

2 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]

3(𝑚1 +𝑚2)2𝐿2�⃗⃗⃗�

2𝑚1𝑚2𝑣0𝐿

𝑚1 +𝑚2𝑗̂ =

3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2) + 𝑀[𝑚12 +𝑚2

2 −𝑚1𝑚2]

3(𝑚1 +𝑚2)2𝐿2�⃗⃗⃗�

�⃗⃗⃗� =6𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝑣0

3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝐿 + 𝑀[𝑚12 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]𝐿𝑗̂

Dimana besarnya adalah

|�⃗⃗⃗�| = 𝜔 =6𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝑣0

3𝑚1𝑚2(𝑚1 +𝑚2)𝐿 + 𝑀[𝑚12 +𝑚22 −𝑚1𝑚2]𝐿

c. Untuk kasus khusus dimana 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚 akan kita dapatkan


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜔 =12𝑚𝑣0

6𝑚𝐿 +𝑀𝐿 dan 𝐼pm =

6𝑚 +𝑀

12𝐿2

Setelah tumbukan, sistem ini selama pergerakannya tidak menerima kerja dari gaya

nonkonservatif sehingga energi mekanik totalnya konstan. Misalkan kenaikan pusat

massa sistem maksimum sistem adalah ℎ. Saat mencapai kenaikan maksimum ini,

sistem diam.

Hukum kekekalan energi mekanik (konservasi energi mekanik)

𝐸i = 𝐸f

1

2𝐼pm𝜔

2 = (2𝑚 +𝑀)𝑔ℎ

1

2(6𝑚 +𝑀

12𝐿2) (

12𝑚𝑣06𝑚𝐿 + 𝑀𝐿

)2

= (2𝑚 + 𝑀)𝑔ℎ

6𝑚2𝑣02

6𝑚 +𝑀= (2𝑚 +𝑀)𝑔ℎ ⟹ ℎ =

6𝑚2𝑣02

(6𝑚 +𝑀)(2𝑚 +𝑀)𝑔

d. Kita tinjau kondisi sistem saat tongkat tersimpang sejauh 𝜃 dari posisi

kesetimbangannya. Pada saat ini pula, misalkan tali tersimpang sejauh 𝜙 dari posisi

vertikalnya, maka hubungan keduanya dengan menggunakan pendekatan simpangan

yang kecil adalah

𝐿

2𝜃 = 𝐻𝜙 ⟹ 𝜙 =

𝐿

2𝐻𝜃

Proyeksi gaya tegangan tali (𝑇0) pada bidang horizontal memberikan torsi pemulih

pada sistem yang besarnya adalah (menggunakan pendekatan simpangan yang kecil)

𝜏p = 2(𝑇0𝐿

2𝜙) ⟹ 𝜏p = 𝑇0𝐿𝜙

Karena simpangan yang kecil pula, pada arah vertikal kita bisa asumsika percepatan

sistem sama dengan nol sehingga

2𝑇0 = (2𝑚 +𝑀)𝑔 ⟹ 𝑇0 =1

2(2𝑚 +𝑀)𝑔

Sehingga torsi permulih sistem dapat kita tulis ulang menjadi

𝜏p =1

2(2𝑚 +𝑀)𝑔𝐿

𝐿

2𝐻𝜃 ⟹ 𝜏p =

(2𝑚 +𝑀)𝑔𝐿2

4𝐻𝜃

Persamaan gerak sistem akan menjadi

∑𝜏 = −𝜏p = 𝐼pm�̈�


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

−(2𝑚 +𝑀)𝑔𝐿2

4𝐻𝜃 =

6𝑚 +𝑀

12𝐿2�̈�

�̈� +3(2𝑚 +𝑀)𝑔

(6𝑚 +𝑀)𝐻𝜃 = 0

Persamaan terakhir ini analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana yaitu

�̈� + 𝜔2𝜃 = 0 sehingga kecepatan atau frekuensi sudut osilasi sistem adalah

𝜔 = √3(2𝑚 +𝑀)𝑔

(6𝑚 +𝑀)𝐻

karena 𝜔 =2𝜋

𝑇 atau 𝑇 =

2𝜋

𝜔,maka periode osilasi sistem ini adalah

𝑇 = 2𝜋√(6𝑚 +𝑀)𝐻

3(2𝑚 +𝑀)𝑔

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

3. Soal ini akan meninjau sebuah bidang yang memiliki koefisien gesek 𝜇 dan koefisien

restitusi 𝑒, dan pengaruhnya kepada benda yang menabraknya. Untuk seterusnya, anggap

bendanya adalah benda titik, dan nilai 𝜇 tidak terlalu besar agar selama proses tumbukan,

benda masih bisa slip terhadap bidang. Sebuah benda menabrak bidang ini dengan

kecepatan 𝑣𝑦 tegak lurus bidang, dan 𝑣𝑥 paralel bidang, sesaat sebelum menabrak bidang.

a. Tentukan kecepatan benda tepat setelah tumbukan, arah tegak lurus dan paralel

bidang, dinyatakan dalam 𝑣𝑥, 𝑣𝑦, 𝜇, dan 𝑒!

Untuk sub-soal b), ada sebuah benda bermassa 𝑚 diberi kecepatan awal 𝑣0 paralel

bidang, dengan posisi awalnya di ketinggian ℎ diatas bidang ini. Medan gravitasi bekerja

ke arah tegak lurus bidang sebesar 𝑔.

𝑚 𝑣𝑥

𝑣𝑦

𝑣𝑦′

𝑣𝑥′

𝑚

𝜇, 𝑒


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

b. Tentukan kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-1, 2, dan 3, lalu perhatikan pola

yang terlihat di ketiga hasil itu, dan generalisir pola tersebut untuk mendapatkan

kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-𝑛.

Untuk sub-soal c), sekarang bidangnya ada dua, kedua bidang paralel satu sama lain, dan

permukaan kasarnya saling berhadapan. Sebuah benda bermassa 𝑚 yang awalnya

menyentuh salah satu bidang, diberi kecepatan awal 𝑣0 yang orientasinya sebesar 𝜃

terhadap bidang tersebut, diarahkan menuju bidang yang lain. Abaikan gravitasi pada

kasus ini.

c. Tentukan kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-1, 2, dan 3, lalu perhatikan pola

yang terlihat di ketiga hasil itu, dan generalisir pola tersebut untuk mendapatkan

kecepatan benda tepat setelah tumbukan ke-𝑛.

d. Berdasarkan hasil b) dan c), tentukan kecepatan benda sesaat setelah tumbukan ke-

𝑛, dimana 𝑛 → ∞, untuk kedua kasus diatas.

Solusi :

a. Persamaan impuls gaya normal dan gaya gesek yang bekerja pada benda adalah

𝑁 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝑦′ + 𝑣𝑦)

−𝜇𝑁 𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣𝑥′ − 𝑣𝑥)

Hubungan 𝑣𝑦′ dan 𝑣𝑦 adalah

𝑣𝑦′ = 𝑒𝑣𝑦

𝜇, 𝑒

ℎ

𝑣0 𝑔 𝑚

𝜇, 𝑒

𝜇, 𝑒

𝜃

𝑣0

𝑚


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Selesaikan ketiga persamaan diatas untuk 𝑣𝑥′ dan 𝑣𝑦

′ , maka didapat

𝑣𝑥′ = 𝑣𝑥 − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣𝑦

𝑣𝑦′ = 𝑒𝑣𝑦

Hasil ini akan berguna untuk mempermudah pengerjaan sub-soal berikutnya.

b. Analisis setiap tumbukan:

1) Tumbukan pertama. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥0 = 𝑣0

𝑣𝑦0 = √2𝑔ℎ

Kecepatan tepat setelah tumbukan

𝑣𝑥1 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ

𝑣𝑦1 = 𝑒√2𝑔ℎ

2) Tumbukan kedua. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥1 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ

𝑣𝑦1 = 𝑒√2𝑔ℎ


𝑣𝑥2 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒)

𝑣𝑦2 = 𝑒2√2𝑔ℎ

3) Tumbukan ketiga. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥2 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒)



𝑣𝑥3 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒 + 𝑒2)


Berdasarkan pola yang terlihat, dapat disimpulkan bahwa

𝑣𝑥𝑛 = 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)√2𝑔ℎ(1 + 𝑒 + 𝑒2 +⋯+ 𝑒𝑛−1)

= 𝑣0 − 𝜇(1 + 𝑒)1 − 𝑒𝑛

1 − 𝑒√2𝑔ℎ

𝑣𝑦𝑛 = 𝑒𝑛√2𝑔ℎ

c. Analisis setiap tumbukan:


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

1) Tumbukan pertama. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥0 = 𝑣0cos (𝜃)

𝑣𝑦0 = 𝑣0sin (𝜃)


𝑣𝑥1 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)

𝑣𝑦1 = 𝑒𝑣0sin (𝜃)

2) Tumbukan kedua. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥1 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)

𝑣𝑦1 = 𝑒𝑣0sin (𝜃)


𝑣𝑥2 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒)

𝑣𝑦2 = 𝑒2𝑣0sin (𝜃)

3) Tumbukan ketiga. Kecepatan tepat sebelum tumbukan

𝑣𝑥2 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒)



𝑣𝑥3 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒 + 𝑒2)


Berdasarkan pola yang terlihat, dapat disimpulkan bahwa

𝑣𝑥𝑛 = 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)𝑣0sin (𝜃)(1 + 𝑒 + 𝑒2 +⋯+ 𝑒𝑛−1)

= 𝑣0cos (𝜃) − 𝜇(1 + 𝑒)1 − 𝑒𝑛

1 − 𝑒𝑣0sin (𝜃)

𝑣𝑦𝑛 = 𝑒𝑛𝑣0 sin(𝜃)

d. Karena 𝑒 < 1, maka ketika 𝑛 → ∞, 𝑒𝑛 → 0. Sehingga

Kasus sub-soal b):

𝑣𝑥∞ = 𝑣0 − 𝜇1 + 𝑒

1 − 𝑒√2𝑔ℎ

𝑣𝑦∞ = 0

Kasus sub-soal c):

𝑣𝑥∞ = 𝑣0 (cos (𝜃) − 𝜇1 + 𝑒

1 − 𝑒sin (𝜃))

𝑣𝑦∞ = 0


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

4. Tiga benda, masing-masing bermassa 3𝑚, 2𝑚, dan 2𝑚 dihubungkan dengan tali sehingga

membentuk segitiga sama kaki dengan ketiga massa berada di titik sudut segitiga

tersebut. Panjang alas dan sisi miring segitiga ini adalah 𝑎 dan 𝑏. Sistem ini berputar secara

bebas (tanpa pengaruh dari luar sistem) dengan kecepatan sudut 𝜔. Anggap sistem ini

diletakkan di atas bidang licin, sehingga tidak ada pengaruh gravitasi kepada sistem ini.

a. Tentukan posisi pusat massa sistem, diukur dari posisi massa 3𝑚.

b. Tentukan besar momentum anguler sistem terhadap pusat massanya.

c. Selama berputar, ketiga tali akan memberikan gaya kepada ketiga benda tersebut.

Tentukan besar gaya yang dikerjakan masing-masing tali! (Hati-hati! Jika anda

menghasilkan persamaan yang lebih banyak daripada variabel yang diketahui,

pastikan bahwa solusi yang anda dapatkan konsisten untuk semua persamaan. Jika

tidak, maka sudah pasti tidak ada solusi untuk semua persamaan tersebut.)

Solusi :

a. Perhatikan gambar di bawah ini!

3𝑚

2𝑚 2𝑚

𝜔 𝜔

𝜔

𝑎

𝑏 𝑏


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Posisi pusat massa sistem akan berada di garis tinggi segitiga, karena sistem ini

simetris terhadap garis tingginya. Jika posisi massa 3𝑚 dijadikan 𝑧 = 0, maka posisi

pusat massa sistem adalah

𝑧𝑝𝑚 =2𝑚 ∙ √𝑏2 −

𝑎2

4 + 2𝑚 ∙√𝑏2 −

𝑎2

4

2𝑚 + 2𝑚 + 3𝑚=4

7√𝑏2 −

𝑎2

4

b. Jarak dari massa 2𝑚 ke pusat massa adalah

𝑠 = √𝑎2

4+ (√𝑏2 −

𝑎2

4− 𝑧𝑝𝑚)

2

=1

7√10𝑎2 + 9𝑏2

Momen inersia sistem jika sumbu putarnya tegak lurus bidang melewati pusat massa

sistem adalah

𝐼𝑝𝑚 = 3𝑚 ∙ 𝑧𝑝𝑚2 + 2𝑚 ∙ 𝑠2 + 2𝑚 ∙ 𝑠2 =

4

7𝑚(3𝑏2 + 𝑎2)

Sehingga, momentum anguler sistem terhadap pusat massanya adalah

𝐿 = 𝐼𝑝𝑚𝜔 =4𝑚𝜔

7(3𝑏2 + 𝑎2)

c. Perhatikan diagram gaya pada massa 3𝑚 dan 2𝑚 berikut!

3𝑚

2𝑚 2𝑚

𝜃2

𝜃1

𝜃 𝜃

𝜃2

𝜃1

𝑧pm


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Persamaan gaya yang bekerja kepada setiap massa adalah

2𝑇1 cos 𝜃 = 3𝑚𝜔2𝑧𝑝𝑚 ⋯ (1)

𝑇1 cos 𝜃2 + 𝑇2 cos 𝜃1 = 2𝑚𝜔2𝑠 ⋯ (2)

𝑇1 sin 𝜃2 − 𝑇2 sin 𝜃1 = 0 ⋯ (3)

Ada 2 variabel yang tersedia, sedangkan kita memiliki 3 persamaan. Kita harus

mengkonfirmasi bahwa tetap ada solusi untuk setiap variabel yang konsisten dengan

ketiga persamaan ini. Dari persamaan (1), maka didapat

𝑇1 =3𝑚𝜔2𝑧𝑝𝑚

2 cos 𝜃=6𝑚𝜔2𝑏

7

Gunakan persamaan (3) untuk mencari 𝑇2 dinyatakan dalam 𝑇1, lalu disubstitusi ke

persamaan (2), maka didapat

𝑇1 (cos 𝜃2 +sin 𝜃2sin 𝜃1

cos 𝜃1) = 2𝑚𝜔2𝑠

𝑇1sin 𝜃1

sin(𝜃1 + 𝜃2) = 2𝑚𝜔2𝑠

𝑇1𝑠

√𝑏2 −𝑎2

4 − 𝑧𝑝𝑚

√𝑏2 −𝑎2

4

𝑏= 2𝑚𝜔2𝑠

𝑇17

3𝑏= 2𝑚𝜔2

2𝑚𝜔2 = 2𝑚𝜔2

Dari analisis diatas, terbukti bahwa persamaan (2) dan (3) sebenarnya tidak

independen, sehingga kita bisa memilih untuk mencari 𝑇2 dari persamaan (2) atau

(3), dan hasilnya tidak akan berbeda. Kita akan gunakan persamaan (3) untuk

mencari 𝑇2.

2𝑚

𝑇2

𝑠 𝜔

𝑇1

𝜃2

𝜃1

3𝑚

𝜃 𝜃

𝑧pm 𝑇1 𝑇1

𝜔


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑇2 = 𝑇1sin 𝜃2sin𝜃1

Kita dapat mencari sin 𝜃2 dengan menggunakan aturan sinus.

sin 𝜃

𝑠=sin 𝜃2𝑧𝑝𝑚

sin 𝜃2 = sin 𝜃𝑧𝑝𝑚

𝑠

Sehingga,

𝑇2 = 𝑇1sin 𝜃 ∙

𝑧𝑝𝑚𝑠

(

√𝑏2 −

𝑎2

4 − 𝑧𝑝𝑚

𝑠

)

= 𝑇12𝑎

3𝑏⟹ 𝑇2 =

4𝑚𝜔2𝑎

7

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

5. Suatu batang bermassa 𝑚 dan memiliki panjang 𝑑 berada pada suatu bidang vertikal

dimana ujung atasnya dipasang pada suatu poros bebas gesekan. Batang ini pada awalnya

ditahan untuk tetap diam. Kemudian suatu piringan dengan jari-jari 𝑅 dan massa 𝑀

menumbuk batang tepat di ujung bawahnya secara horizontal. Piringan ini pada awalnya

bergerak dengan kelajuan 𝑣0 dan berotasi dengan kecepatan sudut 𝜔0 terhadap pusat

massanya. Setelah tumbukan, pusat massa piringan menyatu dengan ujung bawah batang

sehingga piringan berhenti melakukan gerak translasi. Akan tetapi, karena ujung bawah

batang yang berhimpit dengan pusat massa piringan dapat dianggap sebagai poros bebas

gesekan, piringan akan tetap berotasi setelah tumbukan.

𝜔0

𝑣0 𝑅

𝑀

𝑑

poros atas

penahan

𝑔

𝑑

𝜔1 =?

𝑅 𝑚

𝑀

penahan


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

a. Besaran apakah yang kekal selama proses tumbukan antara piringan dan batang yang

tidak dapat bergerak tersebut?

b. Berapakah kecepatan sudut piringan setelah tumbukan?

c. Penahan pada batang kemudian dilepaskan, apakah dia akan bergerak?

d. Suatu ketika, piringan tersentak sehingga dia berhenti

berotasi terhadap pusat massanya dan batang mulai

bergerak bersama piringan. Tentukan besar kecepatan

sudut batang dan piringan saat ini!

e. Batang dan piringan ini kemudian berosilasi karena

kecepatan sudut awal piringan cukup kecil, tentukan

kecepatan sudut osilasi sistem!

f. Berapa sudut maksimum yang dibentuk oleh batang dan garis vertikal!

Solusi :

a. Besaran yang kekal adalah momentum angular piringan relatif terhadap pusat

massanya karena pada kerangka ini tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada

piringan.

b. Dari konservasi momentum angular akan kita peroleh

𝐿i = 𝐿f

Perhatikan bahwa momentum angular piringan kekal dan tidak ada tambahan pada

momen inersia piringan saat sudah menyatu dengan batang sehingga kecepatan

sudutnya tetap

𝜔1 = 𝜔0

c. Saat penahan dilepas, batang belum akan bergerak karena piringan sudah seimbang

dan tidak terjadi perubahan pada poros rotasinya. Piringan akan tetap berotasi

dengan kecepatan sudut 𝜔0.

d. Jika batang dan tongkat kita tinjau menjadi suatu kesatuan sistem, maka gaya luar

hanya akan berasal dari poros rotasi atas. Maka jika kita tinjau momentum angular

sistem relatif poros atas ini kan kekal. Misalkan kecepatan sudut awal sistem setelah

piringan tersentak dan bergerak bersama batang adalah 𝜔2.

Konservasi momentum angular (relatif poros atas)

𝜔2 =?

𝑑

𝑅 𝑚

𝑀


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝐿i = 𝐿f

1

2𝑚𝑅2𝜔0 = (

1

2𝑚𝑅2 +𝑚𝑑2 +

1

3𝑀𝑑2)𝜔2

3𝑚𝑅2𝜔0 = (3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2)𝜔2

𝜔2 =3𝑚𝑅2𝜔0

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2

e. Sistem ini seperti bandul fisis dengan momen inersia terhadap poros nya adalah

𝐼sis =3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2

6

Posisi pusat massa sistem dari poros rotasi adalah

𝑟pm =𝑚(𝑑/2) +𝑀𝑑

𝑚 +𝑀⟹ 𝑟pm =

𝑚 + 2𝑀

2𝑚 + 2𝑀𝑑

Tinjau kondisi saat sistem tersimpang sejauh 𝜃 dari posisi kesetimbangannya

Hukum II Newton untuk gerak rotasi sistem memberikan

∑𝜏 = 𝐼sis�̈�

−(𝑀 +𝑚)𝑔 sin 𝜃 𝑟pm = 𝐼sis�̈�

Untuk simpangan yang kecil berlaku sin𝜃 ≈ 𝜃 sehingga

−(𝑀 +𝑚)𝑔𝜃𝑚 + 2𝑀

2𝑚 + 2𝑀𝑑 =

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2

6�̈�

�̈� +3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2𝜃 = 0

Persamaan di atas analog dengan persmaan gerak harmonik sederhana yang

berbentuk �̈� + 𝜔2𝜃 = 0, sehingga kecepatan sudut osilasi sistem adalah

𝜃

(𝑀 + 𝑚)𝑔

𝑟pm

�̈�


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜔 = √3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2

f. Solusi umum persamaan gerak harmonik sederhana �̈� + 𝜔2𝜃 = 0 adalah

𝜃(𝑡) = 𝜃maks sin(𝜔𝑡 + 𝜙)

dan turunan pertamanya terhadap waktu adalah

�̇�(𝑡) = 𝜔𝜃maks cos(𝜔𝑡 + 𝜙)

Dengan 𝜃maks adalah sudut simpangan maksimum sistem dan 𝜙 adalah fase awal. Kita

definisikan saat awal adalah sesaat setelah piringan dan tongkat berotasi bersama

(setelah peristiwa sentakan). Maka saat awal (𝑡 = 0) sistem belum tersimpang

(𝜃(0) = 0) dan kecepatan sudutnya adalah �̇�(0) = 𝜔2 sehingga

𝜃(0) = 0 = 𝜃maks sin𝜙 ⟹ 𝜙 = 0

Kemudian

�̇�(0) = 𝜔2 = 𝜔𝜃maks cos(0)

𝜔2 = 𝜔𝜃maks⟹ 𝜃maks =𝜔2𝜔

Dengan mensubtitusi 𝜔2 dan 𝜔 akan kita peroleh simpangan sudut maksimum

sistem yaitu

𝜃maks =3𝑚𝑅2𝜔0

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2(√

3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑

3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2)

−1

𝜃maks =3𝑚𝑅2𝜔0

√3(𝑚 + 2𝑀)𝑔𝑑(3𝑚(𝑅2 + 2𝑑2) + 𝑀𝑑2)

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

6. Perhatikan sistem berikut!

𝑣t 𝑣r 𝑣

𝑏

𝑎

𝑚

O O

𝑎

𝑣

𝑚


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Sebuah benda dengan massa 𝑚 dihubungkan ke tali dengan panjang tali 𝑏, dan tali

dihubungkan ke titik O. Massa 𝑚 dengan titik O berada di atas sebuah bidang licin.

Awalnya, benda ini berjarak 𝑎 dari titik O, dimana 𝑎 < 𝑏, sehingga awalnya tali masih

kendur, dan benda ini diberi kecepatan awal 𝑣, tegak lurus dengan garis yang

menghubungkan titik O dengan posisi awal benda. Setelah tali mulai menegang,

panjangnya akan bertambah sebesar ∆𝑥 sampai benda tidak memiliki kecepatan arah

radial tali. Proses pemanjangan tali ini dianggap berlangsung dengan sangat singkat, dan

∆𝑥 dianggap jauh lebih kecil daripada 𝑏, sehingga selama proses ini, penurunan kecepatan

arah radial terhadap waktu dianggap konstan.

a. Tentukan perubahan energi kinetik benda!

Hasil bagian (a) akan dicari dengan cara yang berbeda di sub soal berikutnya.

b. Tentukan bentuk umum dari gaya yang dikerjakan tali kepada benda, lalu gunakan

substitusi yang diperlukan!

c. Tentukan usaha yang dikerjakan gaya ini kepada benda, dari 𝑏 sampai 𝑏 + ∆𝑥!

Solusi :

a. Energi kinetik awal benda adalah

𝐸𝑎𝑤𝑎𝑙 =1

2𝑚𝑣2

Perhatikan gambar di bawah ini!

Momentum anguler benda terhadap titik O kekal, sehingga kecepatan tangensial

akhir benda (𝑣𝑡′) adalah

𝑎 ×𝑚𝑣 = (𝑏 + ∆𝑥) × 𝑚𝑣𝑡′

𝑎

𝑏 + Δ𝑥

𝑚

𝑣t

O


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑣𝑡′ =

𝑣𝑎

𝑏 + ∆𝑥

Energi kinetik akhir benda adalah

𝐸𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 =1

2𝑚𝑣2 (

𝑎

𝑏 + ∆𝑥)2

Sehingga,

∆𝐸 = 𝐸𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 − 𝐸𝑎𝑤𝑎𝑙 =1

2𝑚𝑣2 ((

𝑎

𝑏 + ∆𝑥)2

− 1)

b. Gaya yang diberikan tali akan memberikan percepatan radial dan tangensial pada

benda, sehingga

𝐹 = 𝑚�̈� − 𝑚𝑟�̇�2

Perubahan kecepatan arah radial terhadap waktu bernilai konstan, dan momentum

anguler benda terhadap titik O masih kekal, sehingga

�̈� = −𝑣𝑟∆𝑡= −

𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏∆𝑡

dan

𝑎 × 𝑚𝑣 = 𝑟 ×𝑚𝑟�̇�

�̇� =𝑣𝑎

𝑟2

Sehingga, bentuk akhir persamaan gayanya adalah

𝐹 = −𝑚𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏∆𝑡−𝑚𝑣2𝑎2

𝑟3

c. Usaha yang dikerjakan tali adalah

𝑊 = ∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟𝑏+∆𝑥

𝑏

= ∫ (−𝑚𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏∆𝑡−𝑚𝑣2𝑎2

𝑟3) ∙ 𝑑𝑟

𝑏+∆𝑥

𝑏

𝑊 = −𝑚𝑣√𝑏2 − 𝑎2

𝑏

∆𝑥

∆𝑡+𝑚𝑣2𝑎2

2(

1

(𝑏 + ∆𝑥)2−1

𝑏2)

Karena kecepatan arah radial benda turun secara linier terhadap waktu, maka

0 = 𝑣𝑟2 − 2

𝑣𝑟∆𝑡∆𝑥

∆𝑥

∆𝑡=𝑣√𝑏2 − 𝑎2

2𝑏

Sehingga,


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑊 = −𝑚𝑣(𝑏2 − 𝑎2)

2𝑏2+𝑚𝑣2𝑎2

2(

1

(𝑏 + ∆𝑥)2−1

𝑏2) =

1

2𝑚𝑣2 (−1 + (

𝑎

𝑏 + ∆𝑥)2

)

Yuwanza Ramadhan

SMAN 1 Depok

7. Sebuah silinder homogen dengan massa 𝑀 dan jari-jari 𝑅 di gantung pada sebuah atap

melalui 2 buah tali yang panjangnya 𝐿 yang diikatkan pada 2 titik tetap di atap sehingga

kedua tali sejajar dan poros yang melalui pusat massanya. Kemudian suatu beban

bermassa 𝑚 juga digantung di atap dimana tali yang menggantung beban ini di paku di

bagian tengah dari kedua tali yang menggantung silinder. Percepatan gravitasi adalah 𝑔

dan arahnya ke bawah pada sistem ini.

a. Tentukan sudut yang dibentuk tali penggantung silinder dengan vertikal!

Sekarang, titik pakuan tali yang menggantungkan silinder di atap dipindahkan ke suatu

dinding kasar. Pada silinder kemudian dililitkan tali dan pada ujung tali ini dipasang beban

𝑚.

𝑀

𝑚

𝐿

𝑅 kasar

𝑀

𝑚

𝐿

𝑅


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

b. Gambarkan diagram gaya pada beban dan silinder!

c. Tentukan besar gaya gesek antara dinding dan silinder!

d. Tentukan besar gaya normal yang diberikan dinding pada slinder!

e. Agar sistem ini setimbang, berapakah koefisien gesek minimum (𝜇min) antara silinder

dengan dinding?

f. Jika sekarang nilai 𝜇 < 𝜇min, sistem ini tidak setimbang, baik silinder maupun beban

akan bergerak. Tentukan persamaan-persamaan pada Silinder dan beban yang

memenuhi Hukum Newton!

g. Bagaimana hubungan antara percepatan sudut silinder dengan percepatan beban?

h. Berapakah percepatan sudut silinder dan percepatan beban?

Solusi :

a. Perhatikan bahwa pada arah mendatar atau horizontal, pada

sistem kita tidak ada gaya horizontal eksternal yang bekerja,

sehingga pusat massa sistem akan tepat ada di bawah titik

dimana tali menggantung pada atap. Sehingga akan kita

dapatkan

𝑥pm =𝑚𝑥m −𝑀𝑥M𝑀+𝑚

= 0

𝑀𝑥M = 𝑚𝑥m

𝑀𝐿 sin𝜙 = 𝑚(𝑅 − 𝐿 sin𝜙)

(𝑀 +)𝐿 sin𝜙 = 𝑚𝑅

sin𝜙 =𝑚𝑅

(𝑀 + 𝑚)𝐿

𝜙 = sin−1 [𝑚𝑅

(𝑀 + 𝑚)𝐿]

b. Berikut gambar diagram gaya pada silinder dan beban.

𝑀

𝑚

𝐿

𝑅

𝜙

𝑥M 𝑥m


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

c. Tinjau keseimbangan masing-masing benda menggunakan Hukum I Newton.

Untuk beban, keseimbangan arah sumbu 𝑦

∑𝐹y = 0

𝑇 −𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑇 = 𝑚𝑔

Untuk silinder arah, keseimbangan arah sumbu 𝑥 dan 𝑦

∑𝐹x = 0

−𝐾 sin 𝜃 + 𝑁 = 0 ⟹ 𝐾 sin 𝜃 = 𝑁…(1)

∑𝐹y = 0

𝐾 cos 𝜃 −𝑀𝑔 − 𝑇 − 𝑓 = 0

𝐾 cos 𝜃 = 𝑓 + (𝑀 + 𝑚)𝑔… (2)

Dari keseimbangan torsi untuk silinder terhadap pusat massanya akan kita peroleh

∑𝜏pm = 0

𝑓𝑅 − 𝑇𝑅 = 0 ⟹ 𝑓 = 𝑇 = 𝑚𝑔

d. Persamaan (2) akan menjadi

𝐾 cos 𝜃 = (𝑀 + 2𝑚)𝑔

𝐾 =(𝑀 + 2𝑚)𝑔

cos 𝜃… (3)

Subtitusi persamaan (3) ke (1)

(𝑀 + 2𝑚)𝑔

cos 𝜃sin 𝜃 = 𝑁 ⟹ 𝑁 = (𝑀 + 2𝑚)𝑔 tan 𝜃

e. Hubungan gaya gesek dan gaya normal dari dinding pada silinder adalah

𝑓 ≤ 𝜇𝑁

𝑀𝑔

𝑚𝑔

𝐾

𝑁

𝑓 𝑇

𝑇 𝜃


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜇 ≥𝑓

𝑁=

𝑚𝑔

(𝑀 + 2𝑚)𝑔 tan 𝜃

𝜇min =𝑚

(𝑀 + 2𝑚) tan 𝜃

Dari geometri sistem kita akan peroleh

sin 𝜃 =𝑅

𝐿⟹ tan 𝜃 =

𝑅

√𝐿2 − 𝑅2

Sehingga

𝜇min =𝑚√𝐿2 − 𝑅2

(𝑀 + 2𝑚)𝑅

f. Berikut adalah diagram gaya yang bekerja pada silinder dan beban jika 𝜇 < 𝜇min

Silinder masih memenuhi Hukum I Newton untuk gerak translasi sehingga

∑𝐹x = 0

−𝐾′ sin 𝜃 + 𝑁′ = 0 ⟹ 𝐾′ =𝑁′

sin 𝜃… (4)

∑𝐹y = 0

𝐾′ cos 𝜃 −𝑀𝑔 − 𝑇′ − 𝜇𝑁′ = 0

𝐾′ cos 𝜃 = 𝜇𝑁′ + 𝑇′ +𝑀𝑔…(5)

Silinder berotasi dengan percepatan sudut 𝛼, menggunakan Hukum II Newton untuk

gerak rotasi akan kita peroleh

−𝑓′𝑅 + 𝑇′𝑅 =1

2𝑀𝑅2𝛼

𝑀𝑔 𝑚𝑔

𝐾′

𝑁′

𝑓′ = 𝜇𝑁′

𝛼 𝑎

𝑇′

𝑇′ 𝜃


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

−𝜇𝑁′ + 𝑇′ =1

2𝑀𝑅𝛼… (6)

Untuk gerak beban arah vertikal, dari Hukum II Newton kita peroleh pula

∑𝐹y = 0

𝑚𝑔 − 𝑇′ = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑇′ = 𝑚𝑔 − 𝑚𝑎…(7)

g. Percepatan beban akan sama dengan percepatan tali dan percepatan tali akan sama

dengan percepatan suatu titik di tepi silinder yang merupakan percepatan tangensial

tepi silinder. Dari sini akan kita peroleh bahwa

𝑎 = 𝛼𝑅

h. Subtitusi persamaan di atas dan persamaan (7) ke persamaan (6)

−𝜇𝑁′ +𝑚𝑔 −𝑚𝑎 =1

2𝑀𝑎

𝜇𝑁′ = 𝑚𝑔 −2𝑚 +𝑀

2𝑎…(8)

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

𝐾′ cos 𝜃 = 𝑚𝑔 −2𝑚 +𝑀

2𝑎 +𝑚𝑔 −𝑚𝑎 + 𝑀𝑔

𝐾′ cos 𝜃 =2𝑚 +𝑀

2𝑔 −

4𝑚 +𝑀

2𝑎

Subtitusi persamaan (4)

𝐾′ cos 𝜃 =2𝑚 +𝑀

2𝑔 −

4𝑚 +𝑀

2𝑎

𝑁′

sin 𝜃cos 𝜃 =

2𝑚 +𝑀

2𝑔 −

4𝑚 +𝑀

2𝑎

𝑁′ =2𝑚 +𝑀

2𝑔 tan 𝜃 −

4𝑚 +𝑀

2𝑎 tan 𝜃… (9)

Subtitusi persamaan (9) ke (8)

𝜇2𝑚 + 𝑀

2𝑔 tan 𝜃 − 𝜇

4𝑚 +𝑀

2𝑎 tan 𝜃 = 𝑚𝑔 −

2𝑚 +𝑀

2𝑎

𝜇(2𝑚 +𝑀)𝑔 tan 𝜃 − 𝜇(4𝑚 +𝑀)𝑎 tan 𝜃 = 2𝑚𝑔 − (2𝑚 +𝑀)𝑎

(2𝑚 + 𝑀 − 𝜇(4𝑚 +𝑀) tan 𝜃)𝑎 = (2𝑚 − 𝜇(2𝑚 +𝑀) tan 𝜃)𝑔

𝑎 =2𝑚 − 𝜇(2𝑚 +𝑀) tan 𝜃

2𝑚 +𝑀 − 𝜇(4𝑚 +𝑀) tan 𝜃𝑔

dan


Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝛼 =2𝑚 − 𝜇(2𝑚 +𝑀) tan 𝜃

𝑅(2𝑚 +𝑀 − 𝜇(4𝑚 +𝑀) tan 𝜃)𝑔

dengan tan 𝜃 =𝑅

√𝐿2 − 𝑅2

Ahmad Basyir Najwan

SMAN 3 Banjarbaru

kontes terbuka olimpiade fisika · 1. soal terdiri dari 7 soal essay. waktu total pengerjaan tes...

Documents