osp fisika 2019 soal dan solusi...soal, soal bahas, soal olimpiade mingguan, buku referensi, dan...
TRANSCRIPT
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 1 dari 34
OSP Fisika 2019
Soal dan Solusi
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Dimensi Sains Corp
Tahun 2019
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 2 dari 34
Tentang Dimensi Sains
Dimensi Sains menyediakan fasilitas untuk siswa-siswa indonesia untuk belajar fisika
lebih dalam khususnya olimpiade fisika. Kami menyediakan website yang berisi kumpulan
soal, soal bahas, soal olimpiade mingguan, buku referensi, dan banyak lagi materi lainnya
yang bisa temen-temen gunakan untuk belajar olimpiade fisika. Selain itu kami juga
mengadakan olimpiade mingguan. Kalian bisa cek info terkait olimpiade mingguan ini di
website kami yaitu www.basyiralbanjari.wordpress.com. Kami juga mengadakan try out
online berbayar pra OSK, OSP, dan OSN tiap tahunnya. Follow media sosial kami berikut ini
untuk informasi selengkapnya
Instagram : @dimensi_sains
Facebook : Dimensi Sains
ID Line : mr.sainsworld
Whatsapp : 0831-4325-9061
Website : www.basyiralbanjari.wordpress.com
Email : [email protected]
Solusi ini dibuat oleh Ahmad Basyir Najwan, alumni OSN tahun 2017 dan 2018. Kakak
ini telah meraih medali emas untuk bidang fisika pada OSN tahun 2018 di Padang, Sumatera
Barat. Beiau juga telah mengikuti Pelatihan Nasional Tahap I di Jogjakarta pada Oktober 2018
dan Pelatihan Nasional Tahap II di Bandung pada Maret 2019.
Tentunya masih banyak sekali kekurangan dari solusi ini. Oleh karena itu, kami
mengharapkan masukan dari seluruh pembaca, baik berupa koreksi dari kesalahan ketik dan
lain sebagainya maupun saran untuk kami kedepannya agar menjadi lebih baik lagi. Masukan
bisa temen-temen kirimkan melalui media sosial kami yang telah disebutkan di atas.
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 3 dari 34
OSP Fisika SMA
8-10 April 2019
Waktu 3,5 Jam
1. Tumbukan Sistem Batang Partikel dengan Dindin Licin
Sebuah sistem terdiri dari dua buah partikel masing-masing bermassa ð dan ð yang
dihubungkan oleh suatu batang tegar tidak bermassa dengan panjang ð. 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 ð£0, laju sudut terhadap pusat massa ð0, dan menumbuk dinding dengan
sudut ð0 = 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 ðm dan ðM adalah
jarak pusat massa dari massa ð dan ð, maka akan kita peroleh
ðm =ðð
ð + ð dan ðM =
ðð
ð + ð
Kalau kamu bingung kenapa seperti, berikut penjelasannya. Untuk menggunakan
rumus pusat massa, kita harus memilih acuan dulu, misal kita pilih acuan si ð, artinya
kita mencari ðm, maka posisi ð akan nol dan posisi ð adalah ð dari ð sehingga kita
dapatkan hasil seperti di atas, lakukan sebaliknya untuk ðM.
ð¥
ðŠ
dinding
licin
ð£ 0
ð 0 ð
ð ð0 = 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
ðŒpm = ððm2 + ððM
2
ðŒpm = ðð2ð2
(ð + ð)2+ ð
ð2ð2
(ð + ð)2
ðŒpm =ðð(ð + ð)
(ð + ð)2ð2 â¹ ðŒpm =
ðð
ð + ðð2
Okey, mari kita lanjutkan! Dari gambar kita tahu bahwa bidang tumbukan adalah
sejajar sumbu ð¥ sehingga dinding akan memberikan impuls pada arah sumbu ðŠ.
Karena tidak ada impuls pada sumbu ð¥, momentum batang pada sumbu ð¥ akan
konstan, dari sini kita peroleh
ðxi = ðxf
ðð£0 cos 450 = ðð£pmx â¹ ð£pmx =ð£0
â2⊠(1)
Misalkan impuls yang diberikan dinding pada tongkat adalah ðœ, 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)
ðœ = (ð + ð) (ð£pmy â (âð£0 sin 450)) â¹ ðœ = (ð + ð) (ð£pmy +ð£0
â2) ⊠(2)
ð ð
pusat massa
ðm ðM
ð¥
ðŠ
dinding
licin
ð£ 0
ð 0 ð
ð ð0 = 450
ðm cos 450 ðœ
ð£pmx
ð£pmy ð
ð
ð
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 5 dari 34
ðœðm cos 450 = ðŒpm(ð â (âð0))
ðœðð
ð + ð
1
â2=
ðð
ð + ðð2(ð + ð0) â¹ ðœ = â2ðð(ð + ð0) ⊠(3)
Dari persamaan (2) dan (3) kita peroleh
(ð + ð) (ð£pmy +ð£0
â2) = â2ðð(ð + ð0)
ð£pmy = âð£0
â2+
â2ð
ð + ð(ð + ð0)ð ⊠(4)
Tumbukan antara massa ð 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 ð dan titik
tumbukan pada dinding) akan kita peroleh
1 =ð£pmy + ððm cos 450
ð£0 sin 450 + ð0ðm cos 450
ð£0
â2+
ð
ð + ð
ð0ð
â2= ð£pmy +
ð
ð + ð
ðð
â2
Subtitusi persamaan (4), akan kita dapatkan kecepatan sudut sistem setelah
tumbukan
ð£0
â2+
ð
ð + ð
ð0ð
â2= â
ð£0
â2+
â2ð
ð + ð(ð + ð0)ð +
ð
ð + ð
ðð
â2| Ã â2
2ð£0 +ð
ð + ðð0ð â
2ð
ð + ðð0ð =
2ð
ð + ððð +
ð
ð + ððð
2ð + ð
ð + ððð = 2ð£0 +
ð â 2ð
ð + ðð0ð
ð =ð â 2ð
ð + 2ðð0 +
2(ð + ð)
ð + 2ð
ð£0
ð
b. Untuk mendapatkan kecepatan pusat massa batang kita memerlukan ð£pmx dan ð£pmy.
Subtitusi ð ke persamaan (4)
ð£pmy = âð£0
â2+
â2ð
ð + ð(ð â 2ð
ð + 2ðð0 +
2(ð + ð)
ð + 2ð
ð£0
ð+ ð0) ð
ð£pmy = ââ2ð£0
2+
2â2ðð
(ð + ð)(ð + 2ð)ð0ð +
2â2ð(ð + ð)
(ð + ð)(ð + 2ð)ð£0
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 6 dari 34
ð£pmy =2â2ðð
(ð + ð)(ð + 2ð)ð0ð â
â2(ð + ð)(ð â 2ð)
2(ð + ð)(ð + 2ð)ð£0
Sehingga kecepatan pusat massa sistem setelah tumbukan adalah
ð£ pm = ð£pmxï¿œÌï¿œ + ð£pmyï¿œÌï¿œ
ð£ pm =â2
2ð£0ï¿œÌï¿œ +
4â2ððð0ð â â2(ð + ð)(ð â 2ð)ð£0
2(ð + ð)(ð + 2ð)ï¿œÌï¿œ
2. Sistem Massa Katrol di Atas Bidang Miring
Pada gambar disamping ini, benda berpenampang lintang segitiga bermassa ð1, bergerak
menuruni bidang miring yang diam dan licin dengan sudut kemiringan ðŒ . Salah satu sudut
pada ð1 juga sama dengan ðŒ , sedangkan sudut dimana terdapat katrol licin tak bermassa
adalah siku-siku. Disisi bidang vertikal ð1 terdapat massa ð2, sedangkan di atas bidang
horizontal ð1 terdapat massa ð3. Kedua massa ð2 dan ð3 terhubung oleh tali tak
bermassa yang dilewatkan pada katrol tersebut (lihat gambar di bawah). Permukaan
antara ð1 dengan ð2 dan ð3 bersifat licin. Percepatan gravitasi ð ke bawah.
Tentukan:
a. besar percepatan ð1 relatif terhadap bidang miring!
b. syarat nilai ðŒ dinyatakan dalam besaran-besaran massa di atas agar ð2 bergerak naik
relatif terhadap ð1!
Solusi:
a. Untuk mempermudah, saya menggunakan konsep gaya fiktif di sini. Berikut diagram
gaya pada setiap benda!
ð1 ð2
ð3
ð ðŒ
ðŒ
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 ð1: Pada arah sejajar bidang miring
ð1ð sin ðŒ + ð(sin ðŒ â cos ðŒ) + ð3 sin ðŒ â ð2 cos ðŒ = ð1ð1 ⊠(1)
Catatan: Saat meninjau gaya pada ð2 dan ð3 relatif ð1 akan muncul gaya fiktif yang
besarnya adalah massa tiap benda dikalikan dengan percepatan kerangka acuannya
(ð1) dan arahnya berlawanan dengan arah percepatan kerangka acuan.
Massa ð3: Pada sumbu horizontal relatif terhadap ð1
ð â ð3ð1 cos ðŒ = ð3ð
ð = ð3ð1 cos ðŒ + ð3ð ⊠(2)
Massa ð3: Pada sumbu vertikal relatif terhadap ð1
ð3 + ð3ð1 sin ðŒ â ð3ð = 0
ð3 = ð3ð â ð3ð1 sin ðŒ ⊠(3)
Massa ð2: Pada sumbu horizontal relatif terhadap ð1
ð2 = ð2ð1 cos ðŒ ⊠(4)
Massa ð2: Pada sumbu vertikal relatif terhadap ð1
âð â ð2ð1 sin ðŒ + ð2ð = ð2ð ⊠(5)
subtitusi persamaan (2) ke (5) akan kita dapatkan
â(ð3ð1 cos ðŒ + ð3ð) â ð2ð1 sin ðŒ + ð2ð = ð2ð
ð2ð â (ð2 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ)ð1 = (ð2 + ð3)ð
ð =ð2ð â (ð3 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ)ð1
ð2 + ð3⊠(6)
Subtitusi persamaan (6) ke (2)
ð = ð3ð1 cos ðŒ + ð3
ð2ð â (ð2 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ)ð1
ð2 + ð3
ð =(ð2 + ð3)ð3ð1 cos ðŒ + ð2ð3ð â ð3(ð2 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ)ð1
ð2 + ð3
ð2ð ð1ð ð3ð
ð3
ð3
ð2 ð2
ð
ð
ð ð
ð1 ð1
ð
ð
ð2ð1 ð3ð1
ðŒ ðŒ
ðŒ
ðŒ
ðŒ ðŒ ðŒ
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 8 dari 34
ð =ð2ð3ð + ð2ð3ð1(cos ðŒ â sin ðŒ)
ð2 + ð3⊠(7)
Subtitusi persamaan (3), (4), dan (4) ke (1)
ð1ð sin ðŒ +ð2ð3ð + ð2ð3ð1(cos ðŒ â sin ðŒ)
ð2 + ð3
(sin ðŒ â cos ðŒ)
+ (ð3ð â ð3ð1 sin ðŒ) sin ðŒ â ð2ð1 cos ðŒ cos ðŒ = ð1ð1
(ð1 + ð3)(ð2 + ð3)ð sin ðŒ â ð2ð3ð(cos ðŒ â sin ðŒ) â ð2ð3ð1(cos ðŒ â sin ðŒ)2
â (ð2 + ð3)ð3ð1 sin2 ðŒ â (ð2 + ð3)ð2ð1 cos2 ðŒ
= (ð2 + ð3)ð1ð1
[(ð1 + ð3)(ð2 + ð3) sin ðŒ â ð2ð3(cos ðŒ â sin ðŒ)]ð
= [ð2ð3(cos ðŒ â sin ðŒ)2 + (ð2 + ð3)ð3 sin2 ðŒ + (ð2 + ð3)ð2 cos2 ðŒ + (ð2 + ð3)ð1]â ð
ð1
Kita sederhanakan terlebih dahulu
ð = ð2ð3(cos2 ðŒ + sin2 ðŒ â 2 sin ðŒ cos ðŒ) + ð32 sin2 ðŒ + ð2
2 cos2 ðŒ
+ ð2ð3 sin2 ðŒ + ð2ð3 cos2 ðŒ + +(ð2 + ð3)ð1
ð = ð2ð3(2 â sin 2ðŒ) + ð32 sin2 ðŒ + ð2
2 cos2 ðŒ + (ð2 + ð3)ð1
Sehingga akan kita peroleh percepatan massa ð1 yaitu
ð1 =(ð1 + ð3)(ð2 + ð3) sin ðŒ â ð2ð3(cos ðŒ â sin ðŒ)
ð2ð3(2 â sin 2ðŒ) + ð32 sin2 ðŒ + ð2
2 cos2 ðŒ + (ð2 + ð3)ð1ð
b. Agar ð2 bergerak naik, maka percepatan ð2 relatif ð1 harus berarah ke atas. Karena
sebelumnya tadi kita mengasumsikan arah percepatan ini ke bawah, maka nilai ð
haruslah kurang dari nol, sehingga
ð < 0
ð2ð â (ð3 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ)ð1
ð2 + ð3< 0
ð2ð
ð3 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ< ð1
Subtitusi ð1
ð2ð
ð3 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ
<(ð1 + ð3)(ð2 + ð3) sin ðŒ â ð2ð3(cos ðŒ â sin ðŒ)
ð2ð3(2 â sin 2ðŒ) + ð32 sin2 ðŒ + ð2
2 cos2 ðŒ + (ð2 + ð3)ð1ð
Sehingga, nilai ðŒ harus memenuhi pertidaksamaan berikut
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 9 dari 34
(ð1 + ð3)(ð2 + ð3) sin ðŒ â ð2ð3(cos ðŒ â sin ðŒ)
ð2ð3(2 â sin 2ðŒ) + ð32 sin2 ðŒ + ð2
2 cos2 ðŒ + (ð2 + ð3)ð1>
ð2
ð3 sin ðŒ + ð3 cos ðŒ
3. Kesetimbangan Partikel pada Cincin Berputar
Sebuah partikel bermassa ð bergerak tanpa gesekan pada cincin berjari-jari ð yang
berotasi dengan kecepatan sudut Ω terhadap sumbu vertikal seperti ditunjukkan pada
gambar. Sudut antara garis yang menghubungkan pusat O ke massa ð dengan garis
vertikal ke bawah adalah ð . Percepatan gravitasi ð ke bawah.
a. Tentukan sudut ð yang merupakan sudut kesetimbangan stabil dan tidak stabil.
Tentukan pula nilai kecepatan sudut kritis pada kesetimbangan stabil.
b. Misalnya ð0 adalah sudut kesetimbangan stabil. Partikel m tersebut kemudian
diberikan osilasi kecil di sekitar sudut ð0. Tentukan kecepatan sudut osilasi kecil
tersebut. Apakah nilainya lebih kecil, sama atau lebih besar dari Ω?
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 ð
terhadap garis vertikal di bawah pusat cincin. Pada koordinat bola, partikel memiliki
arah pada dua komponen yaitu komponen tangensial dan azimuntal, yaitu ð£ p =
ï¿œÌï¿œð ð + Ωð sin ð ï¿œÌï¿œ. Kecepatan partikel arah ð adalah kecepatan yang kita gunakan
pada energi kinetik, untuk kecepatan pada arah ï¿œÌï¿œ, ini dia merupakan bagian dari gaya
sentripetal dan jika kita tinjau pada kerangka yang berputar dengan kecepatan sudut
Ω
O ð
ð
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 10 dari 34
Ω, partikel akan mendapat gaya fiktif yaitu gaya sentrifugal yang memberikan
tambahan pada energi potensial partikel, sehingga
ðž = âððð cos ð +1
2ðð 2ï¿œÌï¿œ2 + ðfsentrifugal
Kita hitung dulu usaha dari gaya sentrifugal ini
ðfsentrifugal = â« ð¹ sen â ðð
ðfsentrifugal = â« ðΩ2ð sin ð (sin ð ï¿œÌï¿œ + cos ð ð) â (ð sin ð ððï¿œÌï¿œ + ð ððð)
ðfsentrifugal = ðΩ2ð 2 â« sin ð cos ð ððð
0
= âðΩ2ð â« sin ð ð(sin ð)ð
0
ðfsentrifugal = âðΩ2ð 2 (1
2sin2 ð) â¹ ðfsentrifugal = â
1
2ðΩ2ð 2 sin2 ð
Sehingga energi total sistem menjadi
ðž = âððð cos ð +1
2ðð 2ï¿œÌï¿œ2 â
1
2ðΩ2ð 2 sin2 ð
Dengan energi potensial efektif
ðeff = âððð cos ð â1
2ðΩ2ð 2 sin2 ð
Turunkan energi total terhadap waktu satu kali, karena energi kekal maka turunan
pertama ðž terhadap waktu adalah nol atau secara fisis dapat diartikan tidak ada
perubahan energi yang juga artinya adalah energi sistem kekal.
ððž
ðð¡= 0 = ððð sin ð ï¿œÌï¿œ + ðð 2(ï¿œÌᅵᅵÌï¿œ â Ω2 sin ð cos ð ï¿œÌï¿œ)
ð sin ð + ð ï¿œÌï¿œ â ð Ω2 sin ð cos ð = 0
Persamaan terakhir adalah persamaan gerak partikel ð. Saat setimbang, percepatan
partikel ð adalah nol atau ï¿œÌï¿œ = 0, sehingga
sin ð (ð â ð Ω2 cos ð) = 0
Dari persamaan di atas, kita dapatkan dua posisi kesetimbangan yaitu saat sin ð = 0
atau ð = 0 yang mana ini adalah posisi kesetimbangan labil dan ð â ð Ω2 cos ð = 0
atau cos ð = ð/ ð Ω2 yang merupakan posisi kesetimbangan stabil partikel.
bagaimana membuktikannya? Secara fisis kita bayangkan bahwa saat partikel ada di
posisi ð = 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 ð = cosâ1(ð/
ð Ω2), ketika beri simpangan sedikit, partikel akan kembali ke posisi
kesetimbangannya sehingga ini adalah posisi kesetimbangan stabil.
Jawaban:
kesetimbangan labil â¹ ð = 0
kesetimbangan stabil â¹ ð = cosâ1 (ð
Ω2ð )
b. Sekarang kita gunakan
ð0 = cosâ1 (ð
Ω2ð ) â¹ cos ð0 =
ð
Ω2ð
Kembali ke persamaan gerak partikel
ð sin ð + ð ï¿œÌï¿œ â ð Ω2 sin ð cos ð = 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 ð = ð0 + ðŒ dimana ðŒ adalah sudut yang kecil (artinya dari posisi
kesetimbangan, si partikel ð kita simpangkan sejauh ðŒ), ingat bahwa ð0 adalah
konstan sehingga
ï¿œÌï¿œ =ð2ð
ðð¡2=
ð2
ðð¡2(ð0 + ðŒ ) =
ð2ð0
ðð¡2â0
+ð2ðŒ
ðð¡2â¹ ï¿œÌï¿œ = ï¿œÌï¿œ
Kemudian karena ðŒ merupakan sudut kecil, kita bisa lakukan pendekatan sin ðŒ â ðŒ
dan cos ðŒ â 1 serta ðŒ2 â 0 sehingga
sin ð = sin(ð0 + ðŒ) = sin ð0 cos ðŒ + cos ð0 sin ðŒ â sin ð0 + ðŒ cos ð0
cos ð = cos(ð0 + ðŒ) = cos ð0 cos ðŒ â sin ð0 sin ðŒ â cos ð0 â ðŒ sin ð0
sin ð cos ð = (sin ð0 + ðŒ cos ð0)(cos ð0 â ðŒ sin ð0)
= sin ð0 cos ð0 + ðŒ cos2 ð0 â ðŒ sin2 ð0 â ðŒ2 sin ð0 cos ð0
â sin ð0 cos ð0 + ðŒ cos2 ð0 â ðŒ sin2 ð0 â ðŒ
Sehingga persamaan gerak partikel yang baru akan menjadi (Gunakan ð =
ð Ω2 cos ð0)
ð Ω2 cos ð0 sin ð + ð ï¿œÌï¿œ â ð Ω2 sin ð cos ð = 0
Ω2(cos ð0 sin ð â sin ð cos ð) + ï¿œÌï¿œ = 0
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 12 dari 34
Ω2(cos ð0 sin ð0 + ðŒ cos2 ð0 â sin ð0 cos ð0 â ðŒ cos2 ð0 + ðŒ sin2 ð0 + ðŒ) + ï¿œÌï¿œ = 0
ï¿œÌï¿œ + Ω2 sin2 ð0 = 0
Sehingga kecepatan sudut osilasi partikel ð adalah
ð = Ω sin ð0 = Ωâ1 â cos2 ð0 â¹ ð = Ωâ1 âð2
Ω4ð 2
Karena suku dalam akar haruslah positif dan kurang dari 1, maka nilai kecepatan sudut
osilasi ini lebih kecil dari kecepatan sudut rotasi cincin, ð < Ω.
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 ð bergerak dengan
kelajuan ð£0 menumbuk balok bermassa ð yang sedang diam. Balok berada pada jarak ð¿
dari sebuah dinding yang dapat memantulkan bola secara elastik. Nilai ð jauh lebih kecil
dari ð. 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 ð(ð â ð¿) dan kelajuan
bola pada saat itu adalah ð£(ð£ â ð£0). Tentukan ð (dinyatakan dalam ð¿, ð£0, dan ð£)
b. Untuk bagian ini, terdapat bola lain (bola 2) yang identik dengan bola pertama (bola
1). Bola 2 menumbuk balok secara elastik dengan kelajuan ð£0 juga, namun dari arah
berlawanan. Terdapat pula dinding di sisi yang sama dengan bola 2 pada jarak ð¿ 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).
ð£0 ð ð
ð¿
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 ð menumbuk balok
ð dengan kecepatan ð£i dimana kecepatan balok ð saat itu adalah ð¢i dan setelah
tumbukan, bola ð jadi bergerak dengan kecepatan ð£iâ² dan balok ð bergerak dengan
kecepatan ð¢iâ².
Dari hukum kekekalan momentum linear dan koefisien restitusi akan kita peroleh
ðð£i + ðð¢i = ðð£iâ² + ðð¢i
Ⲡ⊠(1)
1 = âð¢i
â² â ð£iâ²
ð¢i â ð£iâ¹ ð¢i
â² = ð£i â ð¢i + ð£iⲠ⊠(2)
Subtitusi persamaan (2) ke (1)
ðð£i + ðð¢i = ðð£iâ² + ð(ð£i â ð¢i + ð£i
â²)
(ð + ð)ð£iâ² = â(ð â ð)ð£i + 2ðð¢i â¹ ð£i
â² = âð â ð
ð + ðð£i +
2ð
ð + ðð¢i ⊠(3)
Subtitusi persamaan (3) ke (2)
ð¢iâ² = ð£i â ð¢i â
ð â ð
ð + ðð£i +
2ð
ð + ðð¢i â¹ ð¢i
â² =2ð
ð + ðð£i +
ð â ð
ð + ðð¢i ⊠(4)
Kita gunakan penyederhaan ð = ð/ð dan karena ð â« ð maka ð = ð/ð ⪠1 (akan
sangat kecil). Persamaan (3) dan (4) dapat kita sederhanakan menjadi
ð£iâ² = â
1 â ð/ð
1 + ð/ðð£i +
2
1 + ð/ðð¢i = â
1 â ð
1 + ðð£i +
2
1 + ðð¢i
ð£iâ² = â(1 â ð)(1 + ð)â1ð£i + 2(1 + ð)â1ð¢i ⊠(3)â²
ð¢iâ² =
2ð/ð
1 + ð/ðð£i +
1 â ð/ð
1 + ð/ðð¢i =
2ð
1 + ðð£i +
1 â ð
1 + ðð¢i
ð¢i = 2ð(1 + ð)â1ð£i + (1 â ð)(1 + ð)â1ð¢i ⊠(4)â²
Karena ð ⪠1 kita bisa gunakan pendekatan binomial newton yaitu
ð£0 ð ð
ð¿
ð£0 ð
ð¿
ð£i ð ð ð£iâ² ð ð
ð¢iâ² ð¢i
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 14 dari 34
(1 + ð)â1 â 1 â ð
Karena ð ⪠1 pula, maka orde kedua dari ð yaitu ð2 dapat diabaikan atau ð2 â 0
sehingga akan kita peroleh
ð£iâ² = â(1 â 2ð)ð£i + 2(1 â ð)ð¢i ⊠(3)â²â²
ð¢i = 2ðð£i + (1 â 2ð)ð¢i ⊠(4)â²â²
Untuk menyederhanakan proses tumbukan, saya akan membaginya pada dua kasus
yaitu kasus tumbukan antara bola ð dengan balok ð, saya namakan tumbukan A, dan
kasus kedua adalah tumbukan antara bola ð dan dinding, saya namakan tumbukan B.
Pada tumbukan antara bola ð dan dinding, besar kecepatan bola akan tetap, namun
dia akan berbalik arah setelah tumbukan sedangkan balok ð 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 ð, ð£, ð¢, dan ð adalah tumbukan, kecepatan bola
ð, kecepatan balok ð, dan jarak sisi kiri balok dari dinding. Tujuan kita adalah mencari
pola dari ð£, ð¢, dan ð sebagai fungsi dari jumlah tumbukan ð. Baik, kita mulai dari
tumbukan pertama. Pendekatan sebelumnya untuk ð akan terus kita gunakan.
Untuk ð1A:
ðºðð = ð³
ððð = â(ð â ððŒ)ðð
ððð = ððŒðð
Untuk ð1B:
ð¿ + Îð¿1B
(1 â 2ð)ð£0=
Îð¿1B
2ðð£0
2ðð¿ = Îð¿1B(1 â 4ð) â¹ ð«ð³ðð = ððŒð³
ðºðð = (ð + ððŒ)ð³
ððð = (ð â ððŒ)ðð
ððð = ððŒðð
Untuk ð2A:
2ð¿ + Îð¿2A
(1 â 2ð)ð£0=
Îð¿2A
2ðð£0
4ðð¿ = Îð¿2A(1 â 4ð) â¹ ð«ð³ðð = ððŒð³
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 15 dari 34
ðºðð = (ð + ððŒ)ð³
ð£2A = â(1 â 2ð)2ð£0 + 2(1 â ð)2ðð£0 = (â1 + 4ð â 4ð2 + 4ð â 4ð2)ð£0
ððð = â(ð â ððŒ)ðð
ð¢2A = 2ð(1 â 2ð)ð£0 + (1 â 2ð)2ðð£0 = (2ð â 4ð2 + 2ð â 4ð2)ð£0
ððð = ððŒðð
Untuk ð2B:
ð2A + Îð¿2B
(1 â 8ð)ð£0=
Îð¿2B
4ðð£0
4ð(1 + 4ð)ð¿ = Îð¿2B(1 â 12ð) â¹ ð«ð³ðð = ððŒð³
ðºðð = (ð + ððŒ)ð³
ððð = (ð â ððŒ)ðð
ððð = ððŒðð
Untuk ð3A:
2ð2A + Îð¿3A
(1 â 8ð)ð£0=
Îð¿3A
4ðð£0
8ð(1 + 4ð)ð¿ = Îð¿3A(1 â 12ð) â¹ ð«ð³ðð = ððŒð³
ðºðð = (ð + ðððŒ)ð³
ð£3A = â(1 â 2ð)(1 â 8ð)ð£0 + 2(1 â ð)4ðð£0 = (â1 + 10ð â 16ð2 + 8ð â 8ð2)ð£0
ððð = â(ð â ðððŒ)ðð
ð¢3A = 2ð(1 â 8ð)ð£0 + (1 â 2ð)4ðð£0 = (2ð â 16ð2 + 4ð â 8ð2)ð£0
ððð = ððŒðð
Untuk ð3B:
ð3A + Îð¿3B
(1 â 18ð)ð£0=
Îð¿3B
6ðð£0
6ð(1 + 12ð)ð¿ = Îð¿2B(1 â 24ð) â¹ ð«ð³ðð = ððŒð³
ðºðð = (ð + ðððŒ)ð³
ððð = (ð â ðððŒ)ðð
ððð = ððŒðð
Untuk ð4A:
2ð3A + Îð¿4A
(1 â 18ð)ð£0=
Îð¿4A
6ðð£0
12ð(1 + 12ð)ð¿ = Îð¿3A(1 â 24ð) â¹ ð«ð³ðð = ðððŒð³
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 16 dari 34
ðºðð = (ð + ðððŒ)ð³
ð£4A = â(1 â 2ð)(1 â 18ð)ð£0 + 2(1 â ð)6ðð£0 = (â1 + 20ð â 32ð2 + 12ð â 12ð2)ð£0
ððð = â(ð â ðððŒ)ðð
ð¢4A = 2ð(1 â 18ð)ð£0 + (1 â 2ð)6ðð£0 = (2ð â 32ð2 + 6ð â 12ð2)ð£0
ððð = ððŒðð
Untuk ð4B:
ð4A + Îð¿4B
(1 â 32ð)ð£0=
Îð¿4B
8ðð£0
8ð(1 + 24ð)ð¿ = Îð¿4B(1 â 40ð) â¹ ð«ð³ðð = ððŒð³
ðºðð = (ð + ðððŒ)ð³
ððð = (ð â ðððŒ)ðð
ððð = ððŒðð
Dari hasil-hasil di atas kita bisa dapatkan polanya. Mari kita mulai dari ð untuk
tumbukan A
ð1A = ð¿
ð2A = (1 + 4ð)ð¿
ð3A = (1 + 12ð)ð¿
ð4A = (1 + 24ð)ð¿
Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke keâð adalah
ðk =ð
0!+
(ð â 1)ð
1!+
(ð â 1)(ð â 2)ð
2!
ðk = 0 + (ð â 1)4 +(ð2 â 3ð + 2)4
2
ðk = 4ð â 4 + 2ð2 â 6ð + 4 â¹ ðk = 2ð2 â 2ð
Sehingga kita peroleh
ðkA = (1 + (2ð2 â 2ð)ð)ð¿
Kemudian untuk ð£, untuk tumbukan A
ð£1A = â(1 â 2ð)ð£0
+8
2
+12
0 4 12
22
24
22 +4
2 +4 +4
...
...
...
ð
ð
ð
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 17 dari 34
ð£2A = â(1 â 8ð)ð£0
ð£3A = â(1 â 18ð)ð£0
ð£4A = â(1 â 32ð)ð£0
Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke keâð adalah
ðk =ð
0!+
(ð â 1)ð
1!+
(ð â 1)(ð â 2)ð
2!
ðk = 2 + (ð â 1)6 +(ð2 â 3ð + 2)4
2
ðk = 2 + 6ð â 6 + 2ð2 â 6ð + 4 â¹ ðk = 2ð2
Sehingga kita peroleh
ð£kA = â(1 â 2ð2ð)ð£0
Kemudian untuk ð pada tumbukan B, telah kita peroleh
ð1B = (1 + 2ð)ð¿
ð2B = (1 + 8ð)ð¿
ð3B = (1 + 18ð)ð¿
ð4B = (1 + 32ð)ð¿
Dapat kita lihat bahwa pola angka ini sama dengan ð£ sehingga akan kita peroleh
ðkB = (1 + 2ð2ð)ð¿
Kemudian untuk ð£ pada tumbukan B, hanya berbalik arah dari tumbukan A, sehingga
kita peroleh
ð£kB = (1 â 2ð2ð)ð£0
Sekarang kita ke soal utama. Ada dua kemungkinan di sini, kemungkinan pertama,
misalkan kecepatan bola ð sama dengan ð£ terjadi di antara selang tumbukan keâð
antara bola dan balok dan tumbukan keâð antara bola dan dinding, maka akan kita
peroleh
ðkA †ð †ðkB
(1 + 2ð2ð â 2ðð)ð¿ †ð †(1 + 2ð2ð)ð¿
+10 +14
2 8 18 32
+6
+4 +4
...
...
...
ð
ð
ð
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 18 dari 34
ð£ = |ð£kA| = (1 â 2ð2ð)ð£0 â¹ 2ð2ð = 1 âð£
ð£0
ð = â1
2ð(1 â
ð£
ð£0) â¹ 2ðð = â2ð (1 â
ð£
ð£0)
Sehingga kita peroleh
(1 + 1 âð£
ð£0â â2ð (1 â
ð£
ð£0)) ð¿ †ð †(1 + 1 â
ð£
ð£0) ð¿
(2 âð£
ð£0â â2ð (1 â
ð£
ð£0)) ð¿ †ð †(2 â
ð£
ð£0) ð¿
Kemungkinan kedua, misalkan kecepatan bola sama dengan ð£ terjadi di antara selang
tumbukan keâð antara bola dan dinding dan tumbukan keâð + 1 antara bola dan
balok, akan kita peroleh
ðkB †ð †ð(k+1)B
(1 + 2ð2ð)ð¿ †ð †(1 + 2(ð + 1)2ð â 2(ð + 1)ð)ð¿
(1 + 2ð2ð)ð¿ †ð †(1 + 2ð2ð + 2ðð)ð¿
ð£ = |ð£kB| = (1 â 2ð2ð)ð£0 â¹ 2ð2ð = 1 âð£
ð£0â¹ 2ðð = â2ð (1 â
ð£
ð£0)
Maka kita peroleh
(2 âð£
ð£0) ð¿ †ð †(2 â
ð£
ð£0+ â2ð (1 â
ð£
ð£0)) ð¿
Dari kedua kemungkinan ini, kita dapat gabungkan menjadi
(2 âð£
ð£0â â2ð (1 â
ð£
ð£0)) ð¿ †ð †(2 â
ð£
ð£0+ â2ð (1 â
ð£
ð£0)) ð¿
Untuk pendekatan ð yang lebih kecil lagi, atau ð â 0 akan kita peroleh
ð â ð¿ (2 âð£
ð£0)
b. Misalkan kotak ð tersimpang sejauh Îð¿ 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 ðŒ(impuls) = Îð(perubahan momentum) = ï¿œÌ ï¿œÎð¡(gaya rata â
rata à selang waktu tumbukan), akan kita peroleh
ðð£0
(2ð¿ + Îð¿)/ð£0â
ðð£0
(2ð¿ â Îð¿)/ð£0=
ðð£02
2ð¿[(1 +
Îð¿
2ð¿)
â1
â (1 âÎð¿
2ð¿)
â1
] = ðÎï¿œÌï¿œ
ðð£02
2ð¿[1 â
Îð¿
2ð¿â 1 â
Îð¿
2ð¿] = â
ðð£02
4ð¿2 Îð¿ â ðÎï¿œÌï¿œ
Îï¿œÌï¿œ +ðð£0
2
4ðð¿2 Îð¿ = 0 â¹ ð =ð£0
2ð¿â
ð
ðâ¹ ð =
4ðð¿
ð£0
âð
ð
5. Batang Pejal yang Digantung dengan Dua Tali
Sebuah batang tipis pejal dengan massa ð dan panjang ð¿ dihubungkan dengan atap
menggunakan 2 tali tak bermassa masing-masing sepanjang ð yang dipasang sejajar pada
kedua ujung batang. Pada saat ð¡ = 0, sebuah impuls ðœ diberikan tegak lurus batang dan
tali pada ujung batang B . Percepatan gravitasi adalah ð.
a. Tentukan kecepatan ujung-ujung batang ð£A dan ð£B sesaat setelah pemberian impuls
tersebut. Ambil arah impuls sebagai arah positif.
b. Tentungan tegangan tali kedua tali ð1 dan ð2 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 ð
tersebut.
ð£0 ð ð
ð¿ + Îð¿
ð£0 ð
ð¿ â Îð¿
A B
ð1 ð2 ð
ð¿
ð ð
ð ð
âšðœ
Ã
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 ð 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 ðœ 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 ð dan dan kecepatan pusat massa ð£pm. Dari teorema
impuls-momentum linear, akan kita peroleh
ðœ = ðð£pm â¹ ð£pm =ðœ
ð
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)
ðœð¿
2=
1
12ðð¿2ð â¹ ðð¿ =
6ðœ
ð
Pada ujung batang A dan B, kecepatannya adalah perpaduan dari kecepatan pusat
massa dan kecepatan tangensial akibat rotasi batang, besarnya adalah
ð£A = ð£pm â ðð¿
2â¹ ð£A = â
2ðœ
ð
ð£B = ð£pm + ðð¿
2â¹ ð£A =
4ðœ
ð
Tanda negatif menandakan bahwa arahnya berlawanan dengan arah impuls.
b. Tegangan pada kedua tali, pada awalnya, sebelum impuls diberikan adalah ð0 =
ðð/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 ÎðT, yaitu
2ÎðT =ðð£pm
2
ðâ¹ ÎðT =
ðœ2
2ðð
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 ð, maka posisi titik B dan Bâ relatif terhadap posisi pusat massa
batang pada saat sebelum impuls diberkan adalah
ð B =ð¿
2cos ð ï¿œÌï¿œ +
ð¿
2sin ð ï¿œÌï¿œ + ð§ï¿œÌï¿œ
ð Bâ² =ð¿
2ï¿œÌï¿œ + 0ï¿œÌï¿œ + ðï¿œÌï¿œ
Karena titik B dan Bâ dihubungkan oleh tali sepanjang ð, maka jarak kedua titik ini akan
konstan sejah ð, sehingga kita peroleh
|ð Bâ² â ð B| =ð¿2
4(1 + cos2 ð â 2 cos ð) +
ð¿2
4sin2 ð + ð§2 + ð2 â 2ð§ð = ð2
ð§2 â 2ð§ð +ð¿2
2(1 â cos ð) = 0
Turunkan persamaan ini dua kali terhadap waktu untuk mendapatkan hubungan
percepatan vertikal ï¿œÌï¿œ
ð2
ðð¡2[ð§2 â 2ð§ð +
ð¿2
2(1 â cos ð)] =
ð
ðð¡[2ð§ï¿œÌï¿œ â 2ï¿œÌï¿œð +
ð¿2
2sin ð ï¿œÌï¿œ] = 0
2ð§ï¿œÌï¿œ + 2ï¿œÌï¿œ2 â 2ï¿œÌï¿œð +ð¿2
2sin ð ï¿œÌï¿œ +
ð¿2
2cos ð ï¿œÌï¿œ2 = 0
ï¿œÌï¿œ =1
ð â ð§(ï¿œÌï¿œ2 +
ð¿2
4sin ð ï¿œÌï¿œ +
ð¿2
4cos ð ï¿œÌï¿œ2)
Saat ð¡ = 0, ð§ = 0, ï¿œÌï¿œ = 0, ð = 0, ï¿œÌï¿œ â 0, dan ï¿œÌï¿œ = ð, sehingga kita peroleh
ï¿œÌï¿œ =ð¿2
4ð ð2 â¹ ï¿œÌï¿œ =
ð¿2
4ð
36ðœ2
ð2ð¿2â¹ ÎðR =
1
2ðï¿œÌï¿œ =
9ðœ2
2ðð
Tegangan pada tali 1 (kiri) dan tali 2 (kanan) adalah
ð1 = ð0 â ÎðT + ÎðR â¹ ð1 =ð
2(ð +
4ðœ2
ð2ð)
ð2 = ð0 + ÎðT + ÎðR â¹ ð2 =ð
2(ð +
5ðœ2
ð2ð)
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 ðâ² yang
bisa kita anggap konstan, maka akan kita peroleh
2ðâ² = ðð â¹ ðâ² =1
2ðð
Kemudian kita tinjau gerak rotasional batang. Misalkan sudut simpangan batang
adalah ð sedangkan sudut simpangan tali adalah ð. Karena pusat massa batang bisa
kita anggap diam, maka hubungan antara sudut ð dan ð bisa kita dapatkan. Perhatikan
bahwa panjang busur yang yang ditempuh ujung batang bisa kita gunakan untuk
mendapatkan hubungan kedua sudut ini yaitu
ð¿
2ð = ðð â¹ ð = ð
ð¿
2ð
Menggunakan hukum II newton untuk gerak rotasional batang akan kita peroleh
â2ðâ² sin ðð¿
2=
1
12ðð¿2ï¿œÌï¿œ
â2 (1
2ðð) ð
ð¿
2= âððð
ð¿
2ð
ð¿
2=
1
12ðð¿2ï¿œÌï¿œ
ï¿œÌï¿œ +3ð
ðð = 0 ⺠ᅵÌï¿œ + ð2ð = 0 â¹ ð = â
3ð
ðâ¹ ð =
1
2ðâ
3ð
ð
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:
ðð â ð = ðð
Hukum II Newton untuk Gerak Rotasi dengan poros di ujung B (titik ini akan diam
sesaat):
ððð¿
2=
1
3ðð¿2ðŒ â¹ ðŒð¿ =
3ð
2
ð
ðð
ðŒ
ð
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 23 dari 34
Hubungan ð dan ðŒ, lihat gerak rotasi pusat massa batang terhadap B, akan kita
dapatkan
ð =ðŒð¿
2=
3ð
4
Sehingga kita akan kita peroleh
ðð â ð = ð3ð
4â¹ ð =
1
4ðð
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 ð (massa bola basket) yang dikelilingi
oleh pegas tidak bermassa dengan konstanta ð.
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 ð¥ terhadap waktu! Nyatakan
jawaban anda dalam kecepatan bola sesaat sebelum tumbukan ð£0, massa bola basket
ð, dan konstanta pegas ð .
b. Hitung waktu kontak antara bola dengan lantai ð¡kontak, gaya kontak maksimum ð¹0,
dan kompresi pegas maksimum ð¥0! Nyatakan jawaban-jawaban Anda dalam
parameter ð£0, ð, dan ð. Hitung pula nilai numerik ketiga parameter tersebut jika
diketahui kecepatan ð£0 = 10 m/s, massa bola ð = 0,5 kg, dan konstanta pegas ð =
80 kN/m.
model
ð
ð
ð
ð
ð
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 24 dari 34
c. Tentukan gaya kontak ð¹ sebagai fungsi ð¡ sesuai model di atas. Tentukan pula total
impuls yang diterima oleh bola basket.
d. Secara fenomenologi, hubungan antara gaya kontak ð¹ dengan kompresi bola ð tidak
linear, sehingga pemodelan bola basket di atas tidak begitu akurat.
Data eksperimen menunjukkan bahwa ð¹ = ððð, dan nilai ð ditentukan oleh geometri
area kontak. Pada soal ini, kita menganggap lantai cukup keras sehingga bola
mengalami deformasi seperti pada gambar di samping (ð ⪠ð ). Menurut pemodelan
Hertzian Contact tekanan pada area kontak dapat dinyatakan dengan persamaan:
ð(ð) = ð0 (1 âð2
ð2)
12
dimana ð adalah jarak dari titik pusat kontak A, ð adalah jari-jari lingkaran area
kontak, dan ð0 adalah tekanan di titik pusat kontak A dengan hubungan
kesebandingan ð0 â âð. Tentukan nilai ð 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 ð£0 yang arahnya ke bawah, maka massa ð akan mulai melakukan
gerak harmonik sederhana dengan kecepatan sudut ð2 = ð/ð (seharusnya mudah
saja hal ini untuk dipahami karena ketiga pegas lainnya tidak memberikan efek pada
pemodelan sederhana ini, dan sistem massa ð serta pegas seperti sistem massa pegas
sederhana saja).
ð
ð
ð 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 ð 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).
ð¥(ð¡) = ðŽ sin ðð¡ + ðµ cos ðð¡
ð£(ð¡) =ð
ðð¡ð¥(ð¡) = ðŽð cos ðð¡ â ðµð sin ðð¡
Kita pilih ð¡ = 0 saat pegas bagian bawah mulai menyentuh lantai. Pada ð¡ = 0 ini,
simpangan ð masih nol (ð¥(0) = 0) dan kecepatan ð adalah ð£0 (ð£(0) = ð£0 positif
karena arahnya ke bawah). Sehingga, dari boundary condition/kondisi batas ini akan
kita peroleh
ð¥(0) = 0 = 0 + ðµ â¹ ðµ = 0
ð£(0) = ð£0 = ðŽð â 0 â¹ ðŽ =ð£0
ð
Sehingga posisi ð sebagai fungsi waktu atau dalam hal ini sama dengan fungsi
kompresi pegas terhadap waktu akan kita dapatkan yaitu
ð¥(ð¡) =ð£0
ðsin ðð¡ â¹ ð¥(ð¡) = ð£0â
ð
ðsin (â
ð
ðð¡)
b. Berdasarkan model sederhana ini, bola basket hanya akan bersentuhan atau kontak
dengan lantai selama setengah dari periode osilasinya
ð¡kontak =1
2ð =
1
22ðâ
ð
ðâ¹ ð¡kontak = ðâ
ð
ð
Simpangan maksimum adalah saat |sin (âð
ðð¡)| = 1, dari sini akan kita peroleh
ð
ð
ð£0 ð¥
⊠âŠ
âŠ
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 26 dari 34
ð¥0 = ð£0âð
ð
Sehingga gaya maksimum pada pegas adalah
ð¹0 = ðð¥0 â¹ ð¹0 = ð£0âðð
Dengan mensubtitusi nilai numerik yang diberikan, ð£0 = 10 m/s, ð = 0,5 kg, dan
ð = 80 kN/m akan kita peroleh
ð¡kontak =5
2ð ms
ð¥0 = 2,5 cm
ð¹0 = 2000 N
c. Gaya pada pegas sebagai fungsi waktu adalah
ð¹(ð¡) = ðð¥(ð¡) â¹ ð¹(ð¡) = ð£0âðð sin (âð
ðð¡)
Impuls total yang diterima oleh bola basket sama dengan impuls yang diberikan bola
basket pada lantai, sehingga
ðŒtotal = â« ð¹(ð¡)ðð¡ð¡kontak
0
= ð£0âðð â« sin (âð
ðð¡) ðð¡
ðâðð
0
ðŒtotal = ð£0âððâð
ðâ« sin (â
ð
ðð¡) ð (â
ð
ðð¡)
ðâðð
0
ðŒtotal = ðð£0 â« sin (âð
ðð¡) ð (â
ð
ðð¡)
ðâðð
0
ðŒtotal = ðð£0 [â cos (âð
ðð¡)]
0
ðâðð
ðŒtotal = ðð£0[â cos ð â (â cos 0)] â¹ ðŒtotal = 2ðð£0
Nilai numeriknya adalah ðŒtotal = 10 Ns
d. Berdasarkan model herztian contact, tujuan kita adalah menemukan bentuk gaya
kontak pada bola basket dengan kompresinya ð. 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 ð dari sumbu pusat bola sehingga jika kita tinjau
elemen cincin yang sangat tipis dengan jari-jari ð dan lebar ðð dimana ðð sangat kecil,
tekanan pada elemen luasan cincin ini bisa kita anggap konstan. Luas elemen cincin ini
adalah ððŽ = 2ðððð. Gaya pada elemen cincin ini akan menjadi
ðð¹ = ð(ð)ððŽ
ðð¹ = ð0 (1 âð2
ð2)
12
2ðððð
Untuk mendapatkan gaya totalnya, kita integrasi dari ð = 0 sampai ð = ð, 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
ð¹ = 2ð0ð â« (1 âð2
ð2)
12
ðððð
0
= 2ð0ð â« (1 âð2
ð2)
12
(âð2
2) ð (1 â
ð2
ð2)
ð
0
ð¹ = âð0ðð2 â« (1 âð2
ð2)
12
ð (1 âð2
ð2)
ð
0
ð¹ = âð0ðð22
3[(1 â
ð2
ð2)
32
]
0
ð
ð¹ = âð0ðð22
3(0 â 1) â¹ ð¹ =
2
3ð0ðð2
A
ð
ð
ðð
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 28 dari 34
Dari soal kita tahu bahwa ð0 â âð (tekanan di titik pusat kontak A sebanding dengan
akar dari kompresi bola) sehingga bisa saja kita nyatakan bahwa ð0 = ð¶ð1
2 dimana ð¶
adalah suatu konstanta kesebandingan yang berdimensi. Sehingga kita peroleh
ð¹ =2
3ð¶ðð2ð
12 ⺠ð¹ = ððn
Dengan demikian
ð =2
3ð¶ðð2 dan ð =
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 ð 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 ðB) mengelilingi Matahari (bermassa ðM) secara melingkar
dengan jari-jari ð dan kecepatan ð£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 ð£bumi (nyatakan jawaban anda dalam
parameter ðM, ð dan konstanta gravitasi ðº).
matahari
bumi
(i)
(ii)
ð£bumi
ð
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 ð£l yang diperlukan (nyatakan
jawaban anda dalam ð£bumi, ðŒ = ðM/ðB , dan ðœ = ð/ð ).
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 ð£l yang diperlukan (nyatakan jawaban anda
dalam ð£bumi, ðŒ = ðM/ðB , dan ðœ = ð/ð ).
Petunjuk: Supaya âmenyentuhâ Matahari perihelion Roket (jarak terdekat ke Matahari)
harus sangat kecil sekali (relatif terhadap jarak Bumi-Matahari ð), dan bisa dianggap nol.
d. Tentukan nilai numerik ð£l2/ð£bumi
2 untuk kedua kasus di atas jika diketahui rasio
ðœ/ðŒ = 0,07 dan â2 = 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
ð¹ r = ðBð r
ðºðBðM
ð2= ðB
ð£bumi2
ð
ð£bumi2 =
ðºðM
ðâ¹ ð£bumi = â
ðºðM
ð
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 ð£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 ð£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 ð£l relatif bumi,
kemudian dia lepas dari medan gravitasi bumi pada jarak yang cukup jauh dari bumi,
bisa kita asumsikan tak hingga (â) dan pada posisi ini si roket memiliki kecepatan ð£0
relatif bumi, dengan hukum kekekalan energi mekanik akan kita peroleh
1
2ðð£l
2 âðºðBð
ð =
1
2ðð£0
2 âðºðBð
ââ 0
ð£l2 = ð£0
2 +2ðºðB
ð
Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, maka roket akan bergerak terhadap
matahari. Misalkan tepat saat lepas, kecepatan roket adalah ð£R = ð£0 ± ð£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
ð£0 = ð£R â (±ð£bumi) = ð£R â ð£bumi
ð£02 = ð£R
2 + ð£bumi2 â 2ð£Rð£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 ð dari matahari dan bergerak
dengan kecepatan ð£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
2ðð£R
2 âðºðMð
ð=
1
2ð(0)2 â
ðºðMð
ââ¹ ð£R
2 =2ðºðM
ð
Subtitusi ð£R dan ð£bumi ke ð£02 akan kita peroleh
ð£02 =
2ðºðM
ð+
ðºðM
ðâ 2â
2ðºðM
ðâ
ðºðM
ð
ð£02 =
ðºðM
ð(3 â 2â2)
Subtitusi ð£02 ke ð£l
2
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 31 dari 34
ð£l2 =
ðºðM
ð(3 â 2â2) +
2ðºðB
ð
ð£l2 =
ðºðM
ð(3 â 2â2 + 2
ð/ð
ðM/ðB) â¹ ð£l = â
ðºðM
ð(3 â 2â2 + 2
ðœ
ðŒ)
Untuk situs (i)
ð£l = âðºðM
ð(3 â 2â2 + 2
ðœ
ðŒ)
Untuk situs (ii)
ð£l = âðºðM
ð(3 + 2â2 + 2
ðœ
ðŒ)
Karena ð£l(ii) > ð£l(i), maka situs peluncuran (ii) memerlukan energi yang lebih besar
dari situs peluncuran (i), ðž(ii) > ðž(i). Sehingga situs peluncuran roket yang
memerlukan energi lebih kecil adalah situs (i).
c. Misalkan jari-jari matahari adalah ð dengan ð ⪠ð. Seperti sebelumnya, kita gunakan
ð£R = ð£0 ± ð£bumi atau ð£0 = ð£R â ð£bumi. Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, agar
bisa mencapai matahari, roket haruslah berada pada orbit elips dimana aphelion-nya
adalah ð sedangkan perihelion-nya adalah ð 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 ð£s, dari kekekalan momentum sudut akan kita peroleh
ð¿aphelion = ð¿perihelion
ðð£Rð = ðð£sð â¹ ð£s =ð
ðð£R
Energi mekanik roket juga kekal karena tidak ada gaya nonkonservatif yang bekerja
pada sistem matahari-roket ini, sehingga akan kita peroleh
ðžaphelion = ðžperihelion
1
2ðð£R
2 âðºðMð
ð=
1
2ðð£s
2 âðºðMð
ð
ð£s2 â ð£R
2 = (ð
ð)
2
ð£R2 â ð£R
2 = ((ð
ð)
2
â 1) ð£R2 =
2ðºðM
ð(ð
ðâ 1)
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 32 dari 34
(ð
ð+ 1) (
ð
ðâ 1) ð£R
2 =2ðºðM
ð(ð
ðâ 1)
(ð
ð+ 1) ð£R
2 =2ðºðM
ðâ¹ ð£R
2 =2ðºðM
ð(
ð
ð + ð)
Karena ð â« ð maka
ð£R2 â
2ðºðM
ð(ð
ð) â¹ ð£R = â
ðºðM
ðâ
2ð
ð
Maka akan kita dapatkan
ð£0 = âðºðM
ðâ
2ð
ðâ â
ðºðM
ðâ¹ ð£0 = â
ðºðM
ð(â
2ð
ðâ 1)
Ada sesuatu yang menarik di sini temen-temen. Jika kalian perhatikan persamaan
terakhir di atas, karena ð ⪠ð maka pastilah â2ð/ð ⪠1 sehingga untuk tanda di atas
atau pada peluncuran situs (i), nilai ð£0 akan negatif. Apakah maksudnya? Tanda negatif
di sini maknanya adalah arah kecepatan ð£0 ini berlawanan dengan arah yang kita pilih
pada awalnya. Pada situs peluncuran (i), arah ð£0 yang kita pilih adalah searah
kecepatan bumi, jadi berdasarkan hasil tadi arah kecepatan ð£0 haruslah berlawanan
arah kecepatan bumi, sedangkan roket ini diluncurkan searah kecepatan bumi. Ingat
bahwa ð£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 ð£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), ð£R > ð£bumi
sedangkan pada bagian (c) ini ð£R ⪠ð£bumi, sehingga pada bagian (b) tidak muncul
tanda negatif pada ð£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
ð£l2 =
ðºðM
ð(â
2ð
ð+ 1)
2
+2ðºðB
ð
ð£l2 =
ðºðM
ð[(â
2ð
ð+ 1)
2
+ 2ð/ð
ðM/ðB]
ð£l = âðºðM
ð[(â
2ð
ð+ 1)
2
+ 2ðœ
ðŒ]
Kita tidak bisa membandingkan energi pada situs (i) dan (ii) karena pada situs (i) hal
ini tidak mungkin dilakukan. Untuk limit ð â« ð â 0 maka
ð£l = âðºðM
ð(1 + 2
ðœ
ðŒ)
d. Diketahui bahwa ðœ/ðŒ = 0,07 dan â2 = 1,4 maka akan kita peorleh
Untuk bagian (b) situs (i)
ð£l2
ð£bumi2
= 3 â 2.1,4 + 2.0,07 = 0,34
Untuk bagian (b) situs (ii)
ð£l2
ð£bumi2
= 3 + 2.1,4 + 2.0,07 = 5,94
Untuk bagian (c) situs (ii)
ð£l2
ð£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).