osp fisika 2019 soal dan solusi...soal, soal bahas, soal olimpiade mingguan, buku referensi, dan...

34
OSP Fisika 2019 Soal dan Solusi www.basyiralbanjari.wordpress.com Dimensi Sains Corp Tahun 2019

Upload: others

Post on 30-Dec-2019

95 views

Category:

Documents


10 download

TRANSCRIPT

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 1 dari 34

OSP Fisika 2019

Soal dan Solusi

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Dimensi Sains Corp

Tahun 2019

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 2 dari 34

Tentang Dimensi Sains

Dimensi Sains menyediakan fasilitas untuk siswa-siswa indonesia untuk belajar fisika

lebih dalam khususnya olimpiade fisika. Kami menyediakan website yang berisi kumpulan

soal, soal bahas, soal olimpiade mingguan, buku referensi, dan banyak lagi materi lainnya

yang bisa temen-temen gunakan untuk belajar olimpiade fisika. Selain itu kami juga

mengadakan olimpiade mingguan. Kalian bisa cek info terkait olimpiade mingguan ini di

website kami yaitu www.basyiralbanjari.wordpress.com. Kami juga mengadakan try out

online berbayar pra OSK, OSP, dan OSN tiap tahunnya. Follow media sosial kami berikut ini

untuk informasi selengkapnya

Instagram : @dimensi_sains

Facebook : Dimensi Sains

ID Line : mr.sainsworld

Whatsapp : 0831-4325-9061

Website : www.basyiralbanjari.wordpress.com

Email : [email protected]

Solusi ini dibuat oleh Ahmad Basyir Najwan, alumni OSN tahun 2017 dan 2018. Kakak

ini telah meraih medali emas untuk bidang fisika pada OSN tahun 2018 di Padang, Sumatera

Barat. Beiau juga telah mengikuti Pelatihan Nasional Tahap I di Jogjakarta pada Oktober 2018

dan Pelatihan Nasional Tahap II di Bandung pada Maret 2019.

Tentunya masih banyak sekali kekurangan dari solusi ini. Oleh karena itu, kami

mengharapkan masukan dari seluruh pembaca, baik berupa koreksi dari kesalahan ketik dan

lain sebagainya maupun saran untuk kami kedepannya agar menjadi lebih baik lagi. Masukan

bisa temen-temen kirimkan melalui media sosial kami yang telah disebutkan di atas.

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 3 dari 34

OSP Fisika SMA

8-10 April 2019

Waktu 3,5 Jam

1. Tumbukan Sistem Batang Partikel dengan Dindin Licin

Sebuah sistem terdiri dari dua buah partikel masing-masing bermassa 𝑀 dan 𝑚 yang

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

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

licin. Sistem yang sedang bergerak kemudian menumbuk dinding secara elastik

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

laju pusat massa 𝑣0, laju sudut terhadap pusat massa 𝜔0, dan menumbuk dinding dengan

sudut 𝜃0 = 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 𝑟m dan 𝑟M adalah

jarak pusat massa dari massa 𝑚 dan 𝑀, maka akan kita peroleh

𝑟m =𝑀𝑙

𝑀 + 𝑚 dan 𝑟M =

𝑚𝑙

𝑀 + 𝑚

Kalau kamu bingung kenapa seperti, berikut penjelasannya. Untuk menggunakan

rumus pusat massa, kita harus memilih acuan dulu, misal kita pilih acuan si 𝑚, artinya

kita mencari 𝑟m, maka posisi 𝑚 akan nol dan posisi 𝑀 adalah 𝑙 dari 𝑚 sehingga kita

dapatkan hasil seperti di atas, lakukan sebaliknya untuk 𝑟M.

𝑥

𝑊

dinding

licin

𝑣 0

𝜔 0 𝑀

𝑚 𝜃0 = 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

𝐌pm = 𝑚𝑟m2 + 𝑀𝑟M

2

𝐌pm = 𝑚𝑀2𝑙2

(𝑀 + 𝑚)2+ 𝑀

𝑚2𝑙2

(𝑀 + 𝑚)2

𝐌pm =𝑀𝑚(𝑀 + 𝑚)

(𝑀 + 𝑚)2𝑙2 ⟹ 𝐌pm =

𝑀𝑚

𝑀 + 𝑚𝑙2

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

sejajar sumbu 𝑥 sehingga dinding akan memberikan impuls pada arah sumbu 𝑊.

Karena tidak ada impuls pada sumbu 𝑥, momentum batang pada sumbu 𝑥 akan

konstan, dari sini kita peroleh

𝑝xi = 𝑝xf

𝑚𝑣0 cos 450 = 𝑚𝑣pmx ⟹ 𝑣pmx =𝑣0

√2
 (1)

Misalkan impuls yang diberikan dinding pada tongkat adalah 𝐜, 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)

𝐜 = (𝑀 + 𝑚) (𝑣pmy − (−𝑣0 sin 450)) ⟹ 𝐜 = (𝑀 + 𝑚) (𝑣pmy +𝑣0

√2) 
 (2)

𝑀 𝑚

pusat massa

𝑟m 𝑟M

𝑥

𝑊

dinding

licin

𝑣 0

𝜔 0 𝑀

𝑚 𝜃0 = 450

𝑟m cos 450 𝐜

𝑣pmx

𝑣pmy 𝜔

𝑀

𝑚

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 5 dari 34

𝐜𝑟m cos 450 = 𝐌pm(𝜔 − (−𝜔0))

𝐜𝑀𝑙

𝑀 + 𝑚

1

√2=

𝑀𝑚

𝑀 + 𝑚𝑙2(𝜔 + 𝜔0) ⟹ 𝐜 = √2𝑚𝑙(𝜔 + 𝜔0) 
 (3)

Dari persamaan (2) dan (3) kita peroleh

(𝑀 + 𝑚) (𝑣pmy +𝑣0

√2) = √2𝑚𝑙(𝜔 + 𝜔0)

𝑣pmy = −𝑣0

√2+

√2𝑚

𝑀 + 𝑚(𝜔 + 𝜔0)𝑙 
 (4)

Tumbukan antara massa 𝑚 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 𝑚 dan titik

tumbukan pada dinding) akan kita peroleh

1 =𝑣pmy + 𝜔𝑟m cos 450

𝑣0 sin 450 + 𝜔0𝑟m cos 450

𝑣0

√2+

𝑀

𝑀 + 𝑚

𝜔0𝑙

√2= 𝑣pmy +

𝑀

𝑀 + 𝑚

𝜔𝑙

√2

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

tumbukan

𝑣0

√2+

𝑀

𝑀 + 𝑚

𝜔0𝑙

√2= −

𝑣0

√2+

√2𝑚

𝑀 + 𝑚(𝜔 + 𝜔0)𝑙 +

𝑀

𝑀 + 𝑚

𝜔𝑙

√2| × √2

2𝑣0 +𝑀

𝑀 + 𝑚𝜔0𝑙 −

2𝑚

𝑀 + 𝑚𝜔0𝑙 =

2𝑚

𝑀 + 𝑚𝜔𝑙 +

𝑀

𝑀 + 𝑚𝜔𝑙

2𝑚 + 𝑀

𝑀 + 𝑚𝜔𝑙 = 2𝑣0 +

𝑀 − 2𝑚

𝑀 + 𝑚𝜔0𝑙

𝜔 =𝑀 − 2𝑚

𝑀 + 2𝑚𝜔0 +

2(𝑀 + 𝑚)

𝑀 + 2𝑚

𝑣0

𝑙

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

Subtitusi 𝜔 ke persamaan (4)

𝑣pmy = −𝑣0

√2+

√2𝑚

𝑀 + 𝑚(𝑀 − 2𝑚

𝑀 + 2𝑚𝜔0 +

2(𝑀 + 𝑚)

𝑀 + 2𝑚

𝑣0

𝑙+ 𝜔0) 𝑙

𝑣pmy = −√2𝑣0

2+

2√2𝑀𝑚

(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝜔0𝑙 +

2√2𝑚(𝑀 + 𝑚)

(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝑣0

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 6 dari 34

𝑣pmy =2√2𝑀𝑚

(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝜔0𝑙 −

√2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 − 2𝑚)

2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝑣0

Sehingga kecepatan pusat massa sistem setelah tumbukan adalah

𝑣 pm = 𝑣pmxᅵ̂ᅵ + 𝑣pmyᅵ̂ᅵ

𝑣 pm =√2

2𝑣0ᅵ̂ᅵ +

4√2𝑀𝑚𝜔0𝑙 − √2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 − 2𝑚)𝑣0

2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)ᅵ̂ᅵ

2. Sistem Massa Katrol di Atas Bidang Miring

Pada gambar disamping ini, benda berpenampang lintang segitiga bermassa 𝑚1, bergerak

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

pada 𝑚1 juga sama dengan 𝛌 , sedangkan sudut dimana terdapat katrol licin tak bermassa

adalah siku-siku. Disisi bidang vertikal 𝑚1 terdapat massa 𝑚2, sedangkan di atas bidang

horizontal 𝑚1 terdapat massa 𝑚3. Kedua massa 𝑚2 dan 𝑚3 terhubung oleh tali tak

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

antara 𝑚1 dengan 𝑚2 dan 𝑚3 bersifat licin. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.

Tentukan:

a. besar percepatan 𝑚1 relatif terhadap bidang miring!

b. syarat nilai 𝛌 dinyatakan dalam besaran-besaran massa di atas agar 𝑚2 bergerak naik

relatif terhadap 𝑚1!

Solusi:

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

gaya pada setiap benda!

𝑚1 𝑚2

𝑚3

𝑔 𝛌

𝛌

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 𝑚1: Pada arah sejajar bidang miring

𝑚1𝑔 sin 𝛌 + 𝑇(sin 𝛌 − cos 𝛌) + 𝑁3 sin 𝛌 − 𝑁2 cos 𝛌 = 𝑚1𝑎1 
 (1)

Catatan: Saat meninjau gaya pada 𝑚2 dan 𝑚3 relatif 𝑚1 akan muncul gaya fiktif yang

besarnya adalah massa tiap benda dikalikan dengan percepatan kerangka acuannya

(𝑚1) dan arahnya berlawanan dengan arah percepatan kerangka acuan.

Massa 𝑚3: Pada sumbu horizontal relatif terhadap 𝑚1

𝑇 − 𝑚3𝑎1 cos 𝛌 = 𝑚3𝑎

𝑇 = 𝑚3𝑎1 cos 𝛌 + 𝑚3𝑎 
 (2)

Massa 𝑚3: Pada sumbu vertikal relatif terhadap 𝑚1

𝑁3 + 𝑚3𝑎1 sin 𝛌 − 𝑚3𝑔 = 0

𝑁3 = 𝑚3𝑔 − 𝑚3𝑎1 sin 𝛌 
 (3)

Massa 𝑚2: Pada sumbu horizontal relatif terhadap 𝑚1

𝑁2 = 𝑚2𝑎1 cos 𝛌 
 (4)

Massa 𝑚2: Pada sumbu vertikal relatif terhadap 𝑚1

−𝑇 − 𝑚2𝑎1 sin 𝛌 + 𝑚2𝑔 = 𝑚2𝑎 
 (5)

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

−(𝑚3𝑎1 cos 𝛌 + 𝑚3𝑎) − 𝑚2𝑎1 sin 𝛌 + 𝑚2𝑔 = 𝑚2𝑎

𝑚2𝑔 − (𝑚2 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌)𝑎1 = (𝑚2 + 𝑚3)𝑎

𝑎 =𝑚2𝑔 − (𝑚3 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌)𝑎1

𝑚2 + 𝑚3
 (6)

Subtitusi persamaan (6) ke (2)

𝑇 = 𝑚3𝑎1 cos 𝛌 + 𝑚3

𝑚2𝑔 − (𝑚2 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌)𝑎1

𝑚2 + 𝑚3

𝑇 =(𝑚2 + 𝑚3)𝑚3𝑎1 cos 𝛌 + 𝑚2𝑚3𝑔 − 𝑚3(𝑚2 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌)𝑎1

𝑚2 + 𝑚3

𝑚2𝑔 𝑚1𝑔 𝑚3𝑔

𝑁3

𝑁3

𝑁2 𝑁2

𝑇

𝑇

𝑇 𝑇

𝑁1 𝑎1

𝑎

𝑎

𝑚2𝑎1 𝑚3𝑎1

𝛌 𝛌

𝛌

𝛌

𝛌 𝛌 𝛌

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 8 dari 34

𝑇 =𝑚2𝑚3𝑔 + 𝑚2𝑚3𝑎1(cos 𝛌 − sin 𝛌)

𝑚2 + 𝑚3
 (7)

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

𝑚1𝑔 sin 𝛌 +𝑚2𝑚3𝑔 + 𝑚2𝑚3𝑎1(cos 𝛌 − sin 𝛌)

𝑚2 + 𝑚3

(sin 𝛌 − cos 𝛌)

+ (𝑚3𝑔 − 𝑚3𝑎1 sin 𝛌) sin 𝛌 − 𝑚2𝑎1 cos 𝛌 cos 𝛌 = 𝑚1𝑎1

(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3)𝑔 sin 𝛌 − 𝑚2𝑚3𝑔(cos 𝛌 − sin 𝛌) − 𝑚2𝑚3𝑎1(cos 𝛌 − sin 𝛌)2

− (𝑚2 + 𝑚3)𝑚3𝑎1 sin2 𝛌 − (𝑚2 + 𝑚3)𝑚2𝑎1 cos2 𝛌

= (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1𝑎1

[(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛌 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛌 − sin 𝛌)]𝑔

= [𝑚2𝑚3(cos 𝛌 − sin 𝛌)2 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚3 sin2 𝛌 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚2 cos2 𝛌 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1]⏟ 𝑓

𝑎1

Kita sederhanakan terlebih dahulu

𝑓 = 𝑚2𝑚3(cos2 𝛌 + sin2 𝛌 − 2 sin 𝛌 cos 𝛌) + 𝑚32 sin2 𝛌 + 𝑚2

2 cos2 𝛌

+ 𝑚2𝑚3 sin2 𝛌 + 𝑚2𝑚3 cos2 𝛌 + +(𝑚2 + 𝑚3)𝑚1

𝑓 = 𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛌) + 𝑚32 sin2 𝛌 + 𝑚2

2 cos2 𝛌 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1

Sehingga akan kita peroleh percepatan massa 𝑚1 yaitu

𝑎1 =(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛌 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛌 − sin 𝛌)

𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛌) + 𝑚32 sin2 𝛌 + 𝑚2

2 cos2 𝛌 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1𝑔

b. Agar 𝑚2 bergerak naik, maka percepatan 𝑚2 relatif 𝑚1 harus berarah ke atas. Karena

sebelumnya tadi kita mengasumsikan arah percepatan ini ke bawah, maka nilai 𝑎

haruslah kurang dari nol, sehingga

𝑎 < 0

𝑚2𝑔 − (𝑚3 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌)𝑎1

𝑚2 + 𝑚3< 0

𝑚2𝑔

𝑚3 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌< 𝑎1

Subtitusi 𝑎1

𝑚2𝑔

𝑚3 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌

<(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛌 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛌 − sin 𝛌)

𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛌) + 𝑚32 sin2 𝛌 + 𝑚2

2 cos2 𝛌 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1𝑔

Sehingga, nilai 𝛌 harus memenuhi pertidaksamaan berikut

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 9 dari 34

(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛌 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛌 − sin 𝛌)

𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛌) + 𝑚32 sin2 𝛌 + 𝑚2

2 cos2 𝛌 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1>

𝑚2

𝑚3 sin 𝛌 + 𝑚3 cos 𝛌

3. Kesetimbangan Partikel pada Cincin Berputar

Sebuah partikel bermassa 𝑚 bergerak tanpa gesekan pada cincin berjari-jari 𝑅 yang

berotasi dengan kecepatan sudut Ω terhadap sumbu vertikal seperti ditunjukkan pada

gambar. Sudut antara garis yang menghubungkan pusat O ke massa 𝑚 dengan garis

vertikal ke bawah adalah 𝜃 . Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.

a. Tentukan sudut 𝜃 yang merupakan sudut kesetimbangan stabil dan tidak stabil.

Tentukan pula nilai kecepatan sudut kritis pada kesetimbangan stabil.

b. Misalnya 𝜃0 adalah sudut kesetimbangan stabil. Partikel m tersebut kemudian

diberikan osilasi kecil di sekitar sudut 𝜃0. 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 𝜃

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

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

ᅵ̇ᅵ𝑅𝜃 + Ω𝑅 sin 𝜃 ᅵ̂ᅵ. Kecepatan partikel arah 𝜃 adalah kecepatan yang kita gunakan

pada energi kinetik, untuk kecepatan pada arah ᅵ̂ᅵ, ini dia merupakan bagian dari gaya

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

Ω

O 𝑅

𝑚

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

𝐞 = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 +1

2𝑚𝑅2ᅵ̇ᅵ2 + 𝑊fsentrifugal

Kita hitung dulu usaha dari gaya sentrifugal ini

𝑊fsentrifugal = ∫ 𝐹 sen ∙ 𝑑𝑠

𝑊fsentrifugal = ∫ 𝑚Ω2𝑅 sin 𝜃 (sin 𝜃 ᅵ̂ᅵ + cos 𝜃 𝜃) ∙ (𝑅 sin 𝜃 𝑑𝜙ᅵ̂ᅵ + 𝑅𝑑𝜃𝜃)

𝑊fsentrifugal = 𝑚Ω2𝑅2 ∫ sin 𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃𝜃

0

= −𝑚Ω2𝑅 ∫ sin 𝜃 𝑑(sin 𝜃)𝜃

0

𝑊fsentrifugal = −𝑚Ω2𝑅2 (1

2sin2 𝜃) ⟹ 𝑊fsentrifugal = −

1

2𝑚Ω2𝑅2 sin2 𝜃

Sehingga energi total sistem menjadi

𝐞 = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 +1

2𝑚𝑅2ᅵ̇ᅵ2 −

1

2𝑚Ω2𝑅2 sin2 𝜃

Dengan energi potensial efektif

𝑈eff = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 −1

2𝑚Ω2𝑅2 sin2 𝜃

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

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

perubahan energi yang juga artinya adalah energi sistem kekal.

𝑑𝐞

𝑑𝑡= 0 = 𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃 ᅵ̇ᅵ + 𝑚𝑅2(ᅵ̇ᅵᅵ̈ᅵ − Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 ᅵ̇ᅵ)

𝑔 sin 𝜃 + 𝑅ᅵ̈ᅵ − 𝑅Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0

Persamaan terakhir adalah persamaan gerak partikel 𝑚. Saat setimbang, percepatan

partikel 𝑚 adalah nol atau ᅵ̈ᅵ = 0, sehingga

sin 𝜃 (𝑔 − 𝑅Ω2 cos 𝜃) = 0

Dari persamaan di atas, kita dapatkan dua posisi kesetimbangan yaitu saat sin 𝜃 = 0

atau 𝜃 = 0 yang mana ini adalah posisi kesetimbangan labil dan 𝑔 − 𝑅Ω2 cos 𝜃 = 0

atau cos 𝜃 = 𝑔/ 𝑅Ω2 yang merupakan posisi kesetimbangan stabil partikel.

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

posisi 𝜃 = 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 𝜃 = cos−1(𝑔/

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

kesetimbangannya sehingga ini adalah posisi kesetimbangan stabil.

Jawaban:

kesetimbangan labil ⟹ 𝜃 = 0

kesetimbangan stabil ⟹ 𝜃 = cos−1 (𝑔

Ω2𝑅 )

b. Sekarang kita gunakan

𝜃0 = cos−1 (𝑔

Ω2𝑅 ) ⟹ cos 𝜃0 =

𝑔

Ω2𝑅

Kembali ke persamaan gerak partikel

𝑔 sin 𝜃 + 𝑅ᅵ̈ᅵ − 𝑅Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 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 𝜃 = 𝜃0 + 𝛌 dimana 𝛌 adalah sudut yang kecil (artinya dari posisi

kesetimbangan, si partikel 𝑚 kita simpangkan sejauh 𝛌), ingat bahwa 𝜃0 adalah

konstan sehingga

ᅵ̈ᅵ =𝑑2𝜃

𝑑𝑡2=

𝑑2

𝑑𝑡2(𝜃0 + 𝛌 ) =

𝑑2𝜃0

𝑑𝑡2⏟0

+𝑑2𝛌

𝑑𝑡2⟹ ᅵ̈ᅵ = ᅵ̈ᅵ

Kemudian karena 𝛌 merupakan sudut kecil, kita bisa lakukan pendekatan sin 𝛌 ≈ 𝛌

dan cos 𝛌 ≈ 1 serta 𝛌2 ≈ 0 sehingga

sin 𝜃 = sin(𝜃0 + 𝛌) = sin 𝜃0 cos 𝛌 + cos 𝜃0 sin 𝛌 ≈ sin 𝜃0 + 𝛌 cos 𝜃0

cos 𝜃 = cos(𝜃0 + 𝛌) = cos 𝜃0 cos 𝛌 − sin 𝜃0 sin 𝛌 ≈ cos 𝜃0 − 𝛌 sin 𝜃0

sin 𝜃 cos 𝜃 = (sin 𝜃0 + 𝛌 cos 𝜃0)(cos 𝜃0 − 𝛌 sin 𝜃0)

= sin 𝜃0 cos 𝜃0 + 𝛌 cos2 𝜃0 − 𝛌 sin2 𝜃0 − 𝛌2 sin 𝜃0 cos 𝜃0

≈ sin 𝜃0 cos 𝜃0 + 𝛌 cos2 𝜃0 − 𝛌 sin2 𝜃0 − 𝛌

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

𝑅Ω2 cos 𝜃0)

𝑅Ω2 cos 𝜃0 sin 𝜃 + 𝑅ᅵ̈ᅵ − 𝑅Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0

Ω2(cos 𝜃0 sin 𝜃 − sin 𝜃 cos 𝜃) + ᅵ̈ᅵ = 0

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 12 dari 34

Ω2(cos 𝜃0 sin 𝜃0 + 𝛌 cos2 𝜃0 − sin 𝜃0 cos 𝜃0 − 𝛌 cos2 𝜃0 + 𝛌 sin2 𝜃0 + 𝛌) + ᅵ̈ᅵ = 0

ᅵ̈ᅵ + Ω2 sin2 𝜃0 = 0

Sehingga kecepatan sudut osilasi partikel 𝑚 adalah

𝜔 = Ω sin 𝜃0 = Ω√1 − cos2 𝜃0 ⟹ 𝜔 = Ω√1 −𝑔2

Ω4𝑅2

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

osilasi ini lebih kecil dari kecepatan sudut rotasi cincin, 𝜔 < 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 𝑚 bergerak dengan

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

dari sebuah dinding yang dapat memantulkan bola secara elastik. Nilai 𝑚 jauh lebih kecil

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

serta abaikan lebar balok.

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

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

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

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

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

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

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

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

bola-bola dan balok).

𝑣0 𝑚 𝑀

𝐿

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 13 dari 34

Solusi:

a. Pertama kita tinjau dulu kasus tumbukan umum, yaitu saat bola 𝑚 menumbuk balok

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

tumbukan, bola 𝑚 jadi bergerak dengan kecepatan 𝑣i′ dan balok 𝑀 bergerak dengan

kecepatan 𝑢i′.

Dari hukum kekekalan momentum linear dan koefisien restitusi akan kita peroleh

𝑚𝑣i + 𝑀𝑢i = 𝑚𝑣i′ + 𝑀𝑢i

′ 
 (1)

1 = −𝑢i

′ − 𝑣i′

𝑢i − 𝑣i⟹ 𝑢i

′ = 𝑣i − 𝑢i + 𝑣i′ 
 (2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑚𝑣i + 𝑀𝑢i = 𝑚𝑣i′ + 𝑀(𝑣i − 𝑢i + 𝑣i

′)

(𝑀 + 𝑚)𝑣i′ = −(𝑀 − 𝑚)𝑣i + 2𝑀𝑢i ⟹ 𝑣i

′ = −𝑀 − 𝑚

𝑀 + 𝑚𝑣i +

2𝑀

𝑀 + 𝑚𝑢i 
 (3)

Subtitusi persamaan (3) ke (2)

𝑢i′ = 𝑣i − 𝑢i −

𝑀 − 𝑚

𝑀 + 𝑚𝑣i +

2𝑀

𝑀 + 𝑚𝑢i ⟹ 𝑢i

′ =2𝑚

𝑀 + 𝑚𝑣i +

𝑀 − 𝑚

𝑀 + 𝑚𝑢i 
 (4)

Kita gunakan penyederhaan 𝜂 = 𝑚/𝑀 dan karena 𝑀 ≫ 𝑚 maka 𝜂 = 𝑚/𝑀 ≪ 1 (akan

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

𝑣i′ = −

1 − 𝑚/𝑀

1 + 𝑚/𝑀𝑣i +

2

1 + 𝑚/𝑀𝑢i = −

1 − 𝜂

1 + 𝜂𝑣i +

2

1 + 𝜂𝑢i

𝑣i′ = −(1 − 𝜂)(1 + 𝜂)−1𝑣i + 2(1 + 𝜂)−1𝑢i 
 (3)′

𝑢i′ =

2𝑚/𝑀

1 + 𝑚/𝑀𝑣i +

1 − 𝑚/𝑀

1 + 𝑚/𝑀𝑢i =

2𝜂

1 + 𝜂𝑣i +

1 − 𝜂

1 + 𝜂𝑢i

𝑢i = 2𝜂(1 + 𝜂)−1𝑣i + (1 − 𝜂)(1 + 𝜂)−1𝑢i 
 (4)′

Karena 𝜂 ≪ 1 kita bisa gunakan pendekatan binomial newton yaitu

𝑣0 𝑚 𝑀

𝐿

𝑣0 𝑚

𝐿

𝑣i 𝑚 𝑀 𝑣i′ 𝑚 𝑀

𝑢i′ 𝑢i

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 14 dari 34

(1 + 𝜂)−1 ≈ 1 − 𝜂

Karena 𝜂 ≪ 1 pula, maka orde kedua dari 𝜂 yaitu 𝜂2 dapat diabaikan atau 𝜂2 ≈ 0

sehingga akan kita peroleh

𝑣i′ = −(1 − 2𝜂)𝑣i + 2(1 − 𝜂)𝑢i 
 (3)′′

𝑢i = 2𝜂𝑣i + (1 − 2𝜂)𝑢i 
 (4)′′

Untuk menyederhanakan proses tumbukan, saya akan membaginya pada dua kasus

yaitu kasus tumbukan antara bola 𝑚 dengan balok 𝑀, saya namakan tumbukan A, dan

kasus kedua adalah tumbukan antara bola 𝑚 dan dinding, saya namakan tumbukan B.

Pada tumbukan antara bola 𝑚 dan dinding, besar kecepatan bola akan tetap, namun

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

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

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

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

𝑚, kecepatan balok 𝑀, dan jarak sisi kiri balok dari dinding. Tujuan kita adalah mencari

pola dari 𝑣, 𝑢, dan 𝑆 sebagai fungsi dari jumlah tumbukan 𝑘. Baik, kita mulai dari

tumbukan pertama. Pendekatan sebelumnya untuk 𝜂 akan terus kita gunakan.

Untuk 𝑇1A:

𝑺𝟏𝐀 = 𝑳

𝒗𝟏𝐀 = −(𝟏 − 𝟐𝜌)𝒗𝟎

𝒖𝟏𝐀 = 𝟐𝜌𝒗𝟎

Untuk 𝑇1B:

𝐿 + Δ𝐿1B

(1 − 2𝜂)𝑣0=

Δ𝐿1B

2𝜂𝑣0

2𝜂𝐿 = Δ𝐿1B(1 − 4𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟏𝐁 = 𝟐𝜌𝑳

𝑺𝟏𝐁 = (𝟏 + 𝟐𝜌)𝑳

𝒗𝟏𝐁 = (𝟏 − 𝟐𝜌)𝒗𝟎

𝒖𝟏𝐁 = 𝟐𝜌𝒗𝟎

Untuk 𝑇2A:

2𝐿 + Δ𝐿2A

(1 − 2𝜂)𝑣0=

Δ𝐿2A

2𝜂𝑣0

4𝜂𝐿 = Δ𝐿2A(1 − 4𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟐𝐀 = 𝟒𝜌𝑳

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 15 dari 34

𝑺𝟐𝐀 = (𝟏 + 𝟒𝜌)𝑳

𝑣2A = −(1 − 2𝜂)2𝑣0 + 2(1 − 𝜂)2𝜂𝑣0 = (−1 + 4𝜂 − 4𝜂2 + 4𝜂 − 4𝜂2)𝑣0

𝒗𝟐𝐀 = −(𝟏 − 𝟖𝜌)𝒗𝟎

𝑢2A = 2𝜂(1 − 2𝜂)𝑣0 + (1 − 2𝜂)2𝜂𝑣0 = (2𝜂 − 4𝜂2 + 2𝜂 − 4𝜂2)𝑣0

𝒖𝟐𝐀 = 𝟒𝜌𝒗𝟎

Untuk 𝑇2B:

𝑆2A + Δ𝐿2B

(1 − 8𝜂)𝑣0=

Δ𝐿2B

4𝜂𝑣0

4𝜂(1 + 4𝜂)𝐿 = Δ𝐿2B(1 − 12𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟐𝐁 = 𝟒𝜌𝑳

𝑺𝟐𝐁 = (𝟏 + 𝟖𝜌)𝑳

𝒗𝟐𝐁 = (𝟏 − 𝟖𝜌)𝒗𝟎

𝒖𝟐𝐁 = 𝟒𝜌𝒗𝟎

Untuk 𝑇3A:

2𝑆2A + Δ𝐿3A

(1 − 8𝜂)𝑣0=

Δ𝐿3A

4𝜂𝑣0

8𝜂(1 + 4𝜂)𝐿 = Δ𝐿3A(1 − 12𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟑𝐀 = 𝟖𝜌𝑳

𝑺𝟑𝐀 = (𝟏 + 𝟏𝟐𝜌)𝑳

𝑣3A = −(1 − 2𝜂)(1 − 8𝜂)𝑣0 + 2(1 − 𝜂)4𝜂𝑣0 = (−1 + 10𝜂 − 16𝜂2 + 8𝜂 − 8𝜂2)𝑣0

𝒗𝟑𝐀 = −(𝟏 − 𝟏𝟖𝜌)𝒗𝟎

𝑢3A = 2𝜂(1 − 8𝜂)𝑣0 + (1 − 2𝜂)4𝜂𝑣0 = (2𝜂 − 16𝜂2 + 4𝜂 − 8𝜂2)𝑣0

𝒖𝟑𝐀 = 𝟔𝜌𝒗𝟎

Untuk 𝑇3B:

𝑆3A + Δ𝐿3B

(1 − 18𝜂)𝑣0=

Δ𝐿3B

6𝜂𝑣0

6𝜂(1 + 12𝜂)𝐿 = Δ𝐿2B(1 − 24𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟑𝐁 = 𝟔𝜌𝑳

𝑺𝟑𝐁 = (𝟏 + 𝟏𝟖𝜌)𝑳

𝒗𝟑𝐁 = (𝟏 − 𝟏𝟖𝜌)𝒗𝟎

𝒖𝟑𝐁 = 𝟔𝜌𝒗𝟎

Untuk 𝑇4A:

2𝑆3A + Δ𝐿4A

(1 − 18𝜂)𝑣0=

Δ𝐿4A

6𝜂𝑣0

12𝜂(1 + 12𝜂)𝐿 = Δ𝐿3A(1 − 24𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟒𝐀 = 𝟏𝟐𝜌𝑳

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 16 dari 34

𝑺𝟒𝐀 = (𝟏 + 𝟐𝟒𝜌)𝑳

𝑣4A = −(1 − 2𝜂)(1 − 18𝜂)𝑣0 + 2(1 − 𝜂)6𝜂𝑣0 = (−1 + 20𝜂 − 32𝜂2 + 12𝜂 − 12𝜂2)𝑣0

𝒗𝟒𝐀 = −(𝟏 − 𝟑𝟐𝜌)𝒗𝟎

𝑢4A = 2𝜂(1 − 18𝜂)𝑣0 + (1 − 2𝜂)6𝜂𝑣0 = (2𝜂 − 32𝜂2 + 6𝜂 − 12𝜂2)𝑣0

𝒖𝟒𝐀 = 𝟖𝜌𝒗𝟎

Untuk 𝑇4B:

𝑆4A + Δ𝐿4B

(1 − 32𝜂)𝑣0=

Δ𝐿4B

8𝜂𝑣0

8𝜂(1 + 24𝜂)𝐿 = Δ𝐿4B(1 − 40𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟑𝐁 = 𝟖𝜌𝑳

𝑺𝟒𝐁 = (𝟏 + 𝟑𝟐𝜌)𝑳

𝒗𝟒𝐁 = (𝟏 − 𝟑𝟐𝜌)𝒗𝟎

𝒖𝟒𝐁 = 𝟖𝜌𝒗𝟎

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

tumbukan A

𝑆1A = 𝐿

𝑆2A = (1 + 4𝜂)𝐿

𝑆3A = (1 + 12𝜂)𝐿

𝑆4A = (1 + 24𝜂)𝐿

Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke ke−𝑘 adalah

𝑈k =𝑎

0!+

(𝑘 − 1)𝑏

1!+

(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)𝑐

2!

𝑈k = 0 + (𝑘 − 1)4 +(𝑘2 − 3𝑘 + 2)4

2

𝑈k = 4𝑘 − 4 + 2𝑘2 − 6𝑘 + 4 ⟹ 𝑈k = 2𝑘2 − 2𝑘

Sehingga kita peroleh

𝑆kA = (1 + (2𝑘2 − 2𝑘)𝜂)𝐿

Kemudian untuk 𝑣, untuk tumbukan A

𝑣1A = −(1 − 2𝜂)𝑣0

+8

2

+12

0 4 12

22

24

22 +4

2 +4 +4

...

...

...

𝑎

𝑏

𝑐

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 17 dari 34

𝑣2A = −(1 − 8𝜂)𝑣0

𝑣3A = −(1 − 18𝜂)𝑣0

𝑣4A = −(1 − 32𝜂)𝑣0

Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke ke−𝑘 adalah

𝑈k =𝑎

0!+

(𝑘 − 1)𝑏

1!+

(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)𝑐

2!

𝑈k = 2 + (𝑘 − 1)6 +(𝑘2 − 3𝑘 + 2)4

2

𝑈k = 2 + 6𝑘 − 6 + 2𝑘2 − 6𝑘 + 4 ⟹ 𝑈k = 2𝑘2

Sehingga kita peroleh

𝑣kA = −(1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0

Kemudian untuk 𝑆 pada tumbukan B, telah kita peroleh

𝑆1B = (1 + 2𝜂)𝐿

𝑆2B = (1 + 8𝜂)𝐿

𝑆3B = (1 + 18𝜂)𝐿

𝑆4B = (1 + 32𝜂)𝐿

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

𝑆kB = (1 + 2𝑘2𝜂)𝐿

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

kita peroleh

𝑣kB = (1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0

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

misalkan kecepatan bola 𝑚 sama dengan 𝑣 terjadi di antara selang tumbukan ke−𝑘

antara bola dan balok dan tumbukan ke−𝑘 antara bola dan dinding, maka akan kita

peroleh

𝑆kA ≀ 𝑙 ≀ 𝑆kB

(1 + 2𝑘2𝜂 − 2𝑘𝜂)𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 2𝑘2𝜂)𝐿

+10 +14

2 8 18 32

+6

+4 +4

...

...

...

𝑎

𝑏

𝑐

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 18 dari 34

𝑣 = |𝑣kA| = (1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0 ⟹ 2𝑘2𝜂 = 1 −𝑣

𝑣0

𝑘 = √1

2𝜂(1 −

𝑣

𝑣0) ⟹ 2𝑘𝜂 = √2𝜂 (1 −

𝑣

𝑣0)

Sehingga kita peroleh

(1 + 1 −𝑣

𝑣0− √2𝜂 (1 −

𝑣

𝑣0)) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 1 −

𝑣

𝑣0) 𝐿

(2 −𝑣

𝑣0− √2𝜂 (1 −

𝑣

𝑣0)) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (2 −

𝑣

𝑣0) 𝐿

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

tumbukan ke−𝑘 antara bola dan dinding dan tumbukan ke−𝑘 + 1 antara bola dan

balok, akan kita peroleh

𝑆kB ≀ 𝑙 ≀ 𝑆(k+1)B

(1 + 2𝑘2𝜂)𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 2(𝑘 + 1)2𝜂 − 2(𝑘 + 1)𝜂)𝐿

(1 + 2𝑘2𝜂)𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (1 + 2𝑘2𝜂 + 2𝑘𝜂)𝐿

𝑣 = |𝑣kB| = (1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0 ⟹ 2𝑘2𝜂 = 1 −𝑣

𝑣0⟹ 2𝑘𝜂 = √2𝜂 (1 −

𝑣

𝑣0)

Maka kita peroleh

(2 −𝑣

𝑣0) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (2 −

𝑣

𝑣0+ √2𝜂 (1 −

𝑣

𝑣0)) 𝐿

Dari kedua kemungkinan ini, kita dapat gabungkan menjadi

(2 −𝑣

𝑣0− √2𝜂 (1 −

𝑣

𝑣0)) 𝐿 ≀ 𝑙 ≀ (2 −

𝑣

𝑣0+ √2𝜂 (1 −

𝑣

𝑣0)) 𝐿

Untuk pendekatan 𝜂 yang lebih kecil lagi, atau 𝜂 ≈ 0 akan kita peroleh

𝑙 ≈ 𝐿 (2 −𝑣

𝑣0)

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

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 19 dari 34

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

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

mengingat bahwa 𝐌(impuls) = Δ𝑝(perubahan momentum) = ᅵ̅ᅵΔ𝑡(gaya rata −

rata × selang waktu tumbukan), akan kita peroleh

𝑚𝑣0

(2𝐿 + Δ𝐿)/𝑣0−

𝑚𝑣0

(2𝐿 − Δ𝐿)/𝑣0=

𝑚𝑣02

2𝐿[(1 +

Δ𝐿

2𝐿)

−1

− (1 −Δ𝐿

2𝐿)

−1

] = 𝑀Δᅵ̈ᅵ

𝑚𝑣02

2𝐿[1 −

Δ𝐿

2𝐿− 1 −

Δ𝐿

2𝐿] = −

𝑚𝑣02

4𝐿2 Δ𝐿 ≈ 𝑀Δᅵ̈ᅵ

Δᅵ̈ᅵ +𝑚𝑣0

2

4𝑀𝐿2 Δ𝐿 = 0 ⟹ 𝜔 =𝑣0

2𝐿√

𝑚

𝑀⟹ 𝑇 =

4𝜋𝐿

𝑣0

√𝑀

𝑚

5. Batang Pejal yang Digantung dengan Dua Tali

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

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

kedua ujung batang. Pada saat 𝑡 = 0, sebuah impuls 𝐜 diberikan tegak lurus batang dan

tali pada ujung batang B . Percepatan gravitasi adalah 𝑔.

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

tersebut. Ambil arah impuls sebagai arah positif.

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

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

berosilasi secara rotasional terhadap pusat massa. Tentukan frekuensi osilasi 𝑓

tersebut.

𝑣0 𝑚 𝑀

𝐿 + Δ𝐿

𝑣0 𝑚

𝐿 − Δ𝐿

A B

𝑇1 𝑇2 𝑙

𝐿

𝑀 𝑀

𝑇 𝑔

⚂𝐜

×

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 20 dari 34

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

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

Solusi:

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

tidak gaya lain sehingga impuls yang ada hanyalah impuls 𝐜 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 𝜔 dan dan kecepatan pusat massa 𝑣pm. Dari teorema

impuls-momentum linear, akan kita peroleh

𝐜 = 𝑀𝑣pm ⟹ 𝑣pm =𝐜

𝑀

Kemudian dari teorema impuls momentum angular akan kita peroleh (untuk

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

massanya)

𝐜𝐿

2=

1

12𝑀𝐿2𝜔 ⟹ 𝜔𝐿 =

6𝐜

𝑀

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

massa dan kecepatan tangensial akibat rotasi batang, besarnya adalah

𝑣A = 𝑣pm − 𝜔𝐿

2⟹ 𝑣A = −

2𝐜

𝑀

𝑣B = 𝑣pm + 𝜔𝐿

2⟹ 𝑣A =

4𝐜

𝑀

Tanda negatif menandakan bahwa arahnya berlawanan dengan arah impuls.

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

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

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

dengan mudah dari gerak tangensial batang dengan mengabaikan rotasinya terlebih

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

2Δ𝑇T =𝑀𝑣pm

2

𝑙⟹ Δ𝑇T =

𝐜2

2𝑀𝑙

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 21 dari 34

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

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

tersimpang sejauh 𝜃, maka posisi titik B dan B’ relatif terhadap posisi pusat massa

batang pada saat sebelum impuls diberkan adalah

𝑟 B =𝐿

2cos 𝜃 ᅵ̂ᅵ +

𝐿

2sin 𝜃 ᅵ̂ᅵ + 𝑧ᅵ̂ᅵ

𝑟 B′ =𝐿

2ᅵ̂ᅵ + 0ᅵ̂ᅵ + 𝑙ᅵ̂ᅵ

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

konstan sejah 𝑙, sehingga kita peroleh

|𝑟 B′ − 𝑟 B| =𝐿2

4(1 + cos2 𝜃 − 2 cos 𝜃) +

𝐿2

4sin2 𝜃 + 𝑧2 + 𝑙2 − 2𝑧𝑙 = 𝑙2

𝑧2 − 2𝑧𝑙 +𝐿2

2(1 − cos 𝜃) = 0

Turunkan persamaan ini dua kali terhadap waktu untuk mendapatkan hubungan

percepatan vertikal ᅵ̈ᅵ

𝑑2

𝑑𝑡2[𝑧2 − 2𝑧𝑙 +

𝐿2

2(1 − cos 𝜃)] =

𝑑

𝑑𝑡[2𝑧ᅵ̇ᅵ − 2ᅵ̇ᅵ𝑙 +

𝐿2

2sin 𝜃 ᅵ̇ᅵ] = 0

2𝑧ᅵ̈ᅵ + 2ᅵ̇ᅵ2 − 2ᅵ̈ᅵ𝑙 +𝐿2

2sin 𝜃 ᅵ̈ᅵ +

𝐿2

2cos 𝜃 ᅵ̇ᅵ2 = 0

ᅵ̈ᅵ =1

𝑙 − 𝑧(ᅵ̇ᅵ2 +

𝐿2

4sin 𝜃 ᅵ̈ᅵ +

𝐿2

4cos 𝜃 ᅵ̇ᅵ2)

Saat 𝑡 = 0, 𝑧 = 0, ᅵ̇ᅵ = 0, 𝜃 = 0, ᅵ̈ᅵ ≠ 0, dan ᅵ̇ᅵ = 𝜔, sehingga kita peroleh

ᅵ̈ᅵ =𝐿2

4𝑙 𝜔2 ⟹ ᅵ̈ᅵ =

𝐿2

4𝑙

36𝐜2

𝑀2𝐿2⟹ Δ𝑇R =

1

2𝑀ᅵ̈ᅵ =

9𝐜2

2𝑀𝑙

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

𝑇1 = 𝑇0 − Δ𝑇T + Δ𝑇R ⟹ 𝑇1 =𝑀

2(𝑔 +

4𝐜2

𝑀2𝑙)

𝑇2 = 𝑇0 + Δ𝑇T + Δ𝑇R ⟹ 𝑇2 =𝑀

2(𝑔 +

5𝐜2

𝑀2𝑙)

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

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

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

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 22 dari 34

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

bisa kita anggap konstan, maka akan kita peroleh

2𝑇′ = 𝑀𝑔 ⟹ 𝑇′ =1

2𝑀𝑔

Kemudian kita tinjau gerak rotasional batang. Misalkan sudut simpangan batang

adalah 𝜃 sedangkan sudut simpangan tali adalah 𝜙. Karena pusat massa batang bisa

kita anggap diam, maka hubungan antara sudut 𝜃 dan 𝜙 bisa kita dapatkan. Perhatikan

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

mendapatkan hubungan kedua sudut ini yaitu

𝐿

2𝜃 = 𝑙𝜙 ⟹ 𝜙 = 𝜃

𝐿

2𝑙

Menggunakan hukum II newton untuk gerak rotasional batang akan kita peroleh

−2𝑇′ sin 𝜙𝐿

2=

1

12𝑀𝐿2ᅵ̈ᅵ

−2 (1

2𝑀𝑔) 𝜙

𝐿

2= −𝑀𝑔𝜃

𝐿

2𝑙

𝐿

2=

1

12𝑀𝐿2ᅵ̈ᅵ

ᅵ̈ᅵ +3𝑔

𝑙𝜃 = 0 ⟺ ᅵ̈ᅵ + 𝜔2𝜃 = 0 ⟹ 𝜔 = √

3𝑔

𝑙⟹ 𝑓 =

1

2𝜋√

3𝑔

𝑙

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

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

Hukum II Newton untuk Gerak Translasi:

𝑀𝑔 − 𝑇 = 𝑀𝑎

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

sesaat):

𝑀𝑔𝐿

2=

1

3𝑀𝐿2𝛌 ⟹ 𝛌𝐿 =

3𝑔

2

𝑇

𝑀𝑔

𝛌

𝑎

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 23 dari 34

Hubungan 𝑎 dan 𝛌, lihat gerak rotasi pusat massa batang terhadap B, akan kita

dapatkan

𝑎 =𝛌𝐿

2=

3𝑔

4

Sehingga kita akan kita peroleh

𝑀𝑔 − 𝑇 = 𝑀3𝑔

4⟹ 𝑇 =

1

4𝑀𝑔

6. Pemodelan Sederhana Bola Basket

Dalam mempelajari dinamika tumbukan bola basket dengan tanah, kita dapat

menganalogikannya dalam suatu model sederhana seperti terlihat pada gambar. Model

ini merupakan suatu sistem yang terdiri dari massa 𝑚 (massa bola basket) yang dikelilingi

oleh pegas tidak bermassa dengan konstanta 𝑘.

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 𝑥 terhadap waktu! Nyatakan

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

𝑚, dan konstanta pegas 𝑘 .

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

dan kompresi pegas maksimum 𝑥0! Nyatakan jawaban-jawaban Anda dalam

parameter 𝑣0, 𝑚, dan 𝑘. Hitung pula nilai numerik ketiga parameter tersebut jika

diketahui kecepatan 𝑣0 = 10 m/s, massa bola 𝑚 = 0,5 kg, dan konstanta pegas 𝑘 =

80 kN/m.

model

𝑘

𝑘

𝑘

𝑘

𝑚

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 24 dari 34

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

impuls yang diterima oleh bola basket.

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

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

Data eksperimen menunjukkan bahwa 𝐹 = 𝑘𝑑𝑛, dan nilai 𝑛 ditentukan oleh geometri

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

mengalami deformasi seperti pada gambar di samping (𝑑 ≪ 𝑅). Menurut pemodelan

Hertzian Contact tekanan pada area kontak dapat dinyatakan dengan persamaan:

𝑝(𝑟) = 𝑝0 (1 −𝑟2

𝑎2)

12

dimana 𝑟 adalah jarak dari titik pusat kontak A, 𝑎 adalah jari-jari lingkaran area

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

kesebandingan 𝑝0 ∝ √𝑑. Tentukan nilai 𝑛 pada kasus ini!

Solusi:

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

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

kecepatan awal 𝑣0 yang arahnya ke bawah, maka massa 𝑚 akan mulai melakukan

gerak harmonik sederhana dengan kecepatan sudut 𝜔2 = 𝑘/𝑚 (seharusnya mudah

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

pemodelan sederhana ini, dan sistem massa 𝑚 serta pegas seperti sistem massa pegas

sederhana saja).

𝑅

𝑎

𝑑 A

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 25 dari 34

Kita jadikan arah positif simpangan adalah ke bawah, persamaan posisi 𝑚 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).

𝑥(𝑡) = 𝐎 sin 𝜔𝑡 + 𝐵 cos 𝜔𝑡

𝑣(𝑡) =𝑑

𝑑𝑡𝑥(𝑡) = 𝐎𝜔 cos 𝜔𝑡 − 𝐵𝜔 sin 𝜔𝑡

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

simpangan 𝑚 masih nol (𝑥(0) = 0) dan kecepatan 𝑚 adalah 𝑣0 (𝑣(0) = 𝑣0 positif

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

kita peroleh

𝑥(0) = 0 = 0 + 𝐵 ⟹ 𝐵 = 0

𝑣(0) = 𝑣0 = 𝐎𝜔 − 0 ⟹ 𝐎 =𝑣0

𝜔

Sehingga posisi 𝑚 sebagai fungsi waktu atau dalam hal ini sama dengan fungsi

kompresi pegas terhadap waktu akan kita dapatkan yaitu

𝑥(𝑡) =𝑣0

𝜔sin 𝜔𝑡 ⟹ 𝑥(𝑡) = 𝑣0√

𝑚

𝑘sin (√

𝑘

𝑚𝑡)

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

dengan lantai selama setengah dari periode osilasinya

𝑡kontak =1

2𝑇 =

1

22𝜋√

𝑚

𝑘⟹ 𝑡kontak = 𝜋√

𝑚

𝑘

Simpangan maksimum adalah saat |sin (√𝑘

𝑚𝑡)| = 1, dari sini akan kita peroleh

𝑘

𝑚

𝑣0 𝑥


 





Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 26 dari 34

𝑥0 = 𝑣0√𝑚

𝑘

Sehingga gaya maksimum pada pegas adalah

𝐹0 = 𝑘𝑥0 ⟹ 𝐹0 = 𝑣0√𝑘𝑚

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

𝑘 = 80 kN/m akan kita peroleh

𝑡kontak =5

2𝜋 ms

𝑥0 = 2,5 cm

𝐹0 = 2000 N

c. Gaya pada pegas sebagai fungsi waktu adalah

𝐹(𝑡) = 𝑘𝑥(𝑡) ⟹ 𝐹(𝑡) = 𝑣0√𝑘𝑚 sin (√𝑘

𝑚𝑡)

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

basket pada lantai, sehingga

𝐌total = ∫ 𝐹(𝑡)𝑑𝑡𝑡kontak

0

= 𝑣0√𝑘𝑚 ∫ sin (√𝑘

𝑚𝑡) 𝑑𝑡

𝜋√𝑚𝑘

0

𝐌total = 𝑣0√𝑘𝑚√𝑚

𝑘∫ sin (√

𝑘

𝑚𝑡) 𝑑 (√

𝑘

𝑚𝑡)

𝜋√𝑚𝑘

0

𝐌total = 𝑚𝑣0 ∫ sin (√𝑘

𝑚𝑡) 𝑑 (√

𝑘

𝑚𝑡)

𝜋√𝑚𝑘

0

𝐌total = 𝑚𝑣0 [− cos (√𝑘

𝑚𝑡)]

0

𝜋√𝑚𝑘

𝐌total = 𝑚𝑣0[− cos 𝜋 − (− cos 0)] ⟹ 𝐌total = 2𝑚𝑣0

Nilai numeriknya adalah 𝐌total = 10 Ns

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

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

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

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 27 dari 34

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

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

pusat bola.

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

karena dia bergantung pada jarak 𝑟 dari sumbu pusat bola sehingga jika kita tinjau

elemen cincin yang sangat tipis dengan jari-jari 𝑟 dan lebar 𝑑𝑟 dimana 𝑑𝑟 sangat kecil,

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

adalah 𝑑𝐎 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟. Gaya pada elemen cincin ini akan menjadi

𝑑𝐹 = 𝑝(𝑟)𝑑𝐎

𝑑𝐹 = 𝑝0 (1 −𝑟2

𝑎2)

12

2𝜋𝑟𝑑𝑟

Untuk mendapatkan gaya totalnya, kita integrasi dari 𝑟 = 0 sampai 𝑟 = 𝑎, artinya kita

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

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

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

𝐹 = 2𝑝0𝜋 ∫ (1 −𝑟2

𝑎2)

12

𝑟𝑑𝑟𝑎

0

= 2𝑝0𝜋 ∫ (1 −𝑟2

𝑎2)

12

(−𝑎2

2) 𝑑 (1 −

𝑟2

𝑎2)

𝑎

0

𝐹 = −𝑝0𝜋𝑎2 ∫ (1 −𝑟2

𝑎2)

12

𝑑 (1 −𝑟2

𝑎2)

𝑎

0

𝐹 = −𝑝0𝜋𝑎22

3[(1 −

𝑟2

𝑎2)

32

]

0

𝑎

𝐹 = −𝑝0𝜋𝑎22

3(0 − 1) ⟹ 𝐹 =

2

3𝑝0𝜋𝑎2

A

𝑎

𝑟

𝑑𝑟

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 28 dari 34

Dari soal kita tahu bahwa 𝑝0 ∝ √𝑑 (tekanan di titik pusat kontak A sebanding dengan

akar dari kompresi bola) sehingga bisa saja kita nyatakan bahwa 𝑝0 = 𝐶𝑑1

2 dimana 𝐶

adalah suatu konstanta kesebandingan yang berdimensi. Sehingga kita peroleh

𝐹 =2

3𝐶𝜋𝑎2𝑑

12 ⟺ 𝐹 = 𝑘𝑑n

Dengan demikian

𝑘 =2

3𝐶𝜋𝑎2 dan 𝑛 =

1

2

7. Peluncuran Roket ke Matahari (Parker Solar Probe)

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

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

diperlukan roket bermassa 𝑚 untuk mencapai Matahari, dan membandingkanya dengan

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

interaksi roket dengan planet-planet lainnya.

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

dengan jari-jari 𝑎 dan kecepatan 𝑣bumi. Terdapat dua pilihan situs untuk meluncurkan

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

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

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

parameter 𝑀M, 𝑎 dan konstanta gravitasi 𝐺).

matahari

bumi

(i)

(ii)

𝑣bumi

𝑎

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 29 dari 34

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

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

gravitasi Matahari. Tentukan situs peluncuran manakah yang membutuhkan energi

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

jawaban anda dalam 𝑣bumi, 𝛌 = 𝑀M/𝑀B , dan 𝛜 = 𝑎/𝑅).

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

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

Matahari. Tentukan situs peluncuran manakah yang membutuhkan energi yang lebih

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

dalam 𝑣bumi, 𝛌 = 𝑀M/𝑀B , dan 𝛜 = 𝑎/𝑅).

Petunjuk: Supaya “menyentuh” Matahari perihelion Roket (jarak terdekat ke Matahari)

harus sangat kecil sekali (relatif terhadap jarak Bumi-Matahari 𝑎), dan bisa dianggap nol.

d. Tentukan nilai numerik 𝑣l2/𝑣bumi

2 untuk kedua kasus di atas jika diketahui rasio

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

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

Solusi:

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

Newton tentang Gravitasi akan kita peroleh

𝐹 r = 𝑀B𝑎 r

𝐺𝑀B𝑀M

𝑎2= 𝑀B

𝑣bumi2

𝑎

𝑣bumi2 =

𝐺𝑀M

𝑎⟹ 𝑣bumi = √

𝐺𝑀M

𝑎

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

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

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

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

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

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 30 dari 34

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

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

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

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

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

relatif bumi, dengan hukum kekekalan energi mekanik akan kita peroleh

1

2𝑚𝑣l

2 −𝐺𝑀B𝑚

𝑅=

1

2𝑚𝑣0

2 −𝐺𝑀B𝑚

∞⏟ 0

𝑣l2 = 𝑣0

2 +2𝐺𝑀B

𝑅

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

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

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

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

peroleh

𝑣0 = 𝑣R − (±𝑣bumi) = 𝑣R ∓ 𝑣bumi

𝑣02 = 𝑣R

2 + 𝑣bumi2 ∓ 2𝑣R𝑣bumi

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

surya. Saat lepas dari bumi, roket berada pada jarak 𝑎 dari matahari dan bergerak

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

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

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

peorleh

1

2𝑚𝑣R

2 −𝐺𝑀M𝑚

𝑎=

1

2𝑚(0)2 −

𝐺𝑀M𝑚

∞⟹ 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

𝑎

Subtitusi 𝑣R dan 𝑣bumi ke 𝑣02 akan kita peroleh

𝑣02 =

2𝐺𝑀M

𝑎+

𝐺𝑀M

𝑎∓ 2√

2𝐺𝑀M

𝑎√

𝐺𝑀M

𝑎

𝑣02 =

𝐺𝑀M

𝑎(3 ∓ 2√2)

Subtitusi 𝑣02 ke 𝑣l

2

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 31 dari 34

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

𝑎(3 ∓ 2√2) +

2𝐺𝑀B

𝑅

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

𝑎(3 ∓ 2√2 + 2

𝑎/𝑅

𝑀M/𝑀B) ⟹ 𝑣l = √

𝐺𝑀M

𝑎(3 ∓ 2√2 + 2

𝛜

𝛌)

Untuk situs (i)

𝑣l = √𝐺𝑀M

𝑎(3 − 2√2 + 2

𝛜

𝛌)

Untuk situs (ii)

𝑣l = √𝐺𝑀M

𝑎(3 + 2√2 + 2

𝛜

𝛌)

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

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

memerlukan energi lebih kecil adalah situs (i).

c. Misalkan jari-jari matahari adalah 𝑟 dengan 𝑟 ≪ 𝑎. Seperti sebelumnya, kita gunakan

𝑣R = 𝑣0 ± 𝑣bumi atau 𝑣0 = 𝑣R ∓ 𝑣bumi. Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, agar

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

adalah 𝑎 sedangkan perihelion-nya adalah 𝑟 dengan matahari sebagai salah satu titik

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

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

adalah 𝑣s, dari kekekalan momentum sudut akan kita peroleh

𝐿aphelion = 𝐿perihelion

𝑚𝑣R𝑎 = 𝑚𝑣s𝑟 ⟹ 𝑣s =𝑎

𝑟𝑣R

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

pada sistem matahari-roket ini, sehingga akan kita peroleh

𝐞aphelion = 𝐞perihelion

1

2𝑚𝑣R

2 −𝐺𝑀M𝑚

𝑎=

1

2𝑚𝑣s

2 −𝐺𝑀M𝑚

𝑟

𝑣s2 − 𝑣R

2 = (𝑎

𝑟)

2

𝑣R2 − 𝑣R

2 = ((𝑎

𝑟)

2

− 1) 𝑣R2 =

2𝐺𝑀M

𝑎(𝑎

𝑟− 1)

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 32 dari 34

(𝑎

𝑟+ 1) (

𝑎

𝑟− 1) 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

𝑎(𝑎

𝑟− 1)

(𝑎

𝑟+ 1) 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

𝑎⟹ 𝑣R

2 =2𝐺𝑀M

𝑎(

𝑟

𝑎 + 𝑟)

Karena 𝑎 ≫ 𝑟 maka

𝑣R2 ≈

2𝐺𝑀M

𝑎(𝑟

𝑎) ⟹ 𝑣R = √

𝐺𝑀M

𝑎√

2𝑟

𝑎

Maka akan kita dapatkan

𝑣0 = √𝐺𝑀M

𝑎√

2𝑟

𝑎∓ √

𝐺𝑀M

𝑎⟹ 𝑣0 = √

𝐺𝑀M

𝑎(√

2𝑟

𝑎∓ 1)

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

terakhir di atas, karena 𝑟 ≪ 𝑎 maka pastilah √2𝑟/𝑎 ≪ 1 sehingga untuk tanda di atas

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

meluncurkan roket menuju matahari, kita haruslah meluncurkannya berlawanan

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

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

sedangkan pada bagian (c) ini 𝑣R ≪ 𝑣bumi, sehingga pada bagian (b) tidak muncul

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

kita bisa meluncurkannya searah kecepatan bumi maupun berlawanan dengan

kecepatan bumi.

Kecepatan luncur roket dari bumi adalah

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 33 dari 34

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

𝑎(√

2𝑟

𝑎+ 1)

2

+2𝐺𝑀B

𝑅

𝑣l2 =

𝐺𝑀M

𝑎[(√

2𝑟

𝑎+ 1)

2

+ 2𝑎/𝑅

𝑀M/𝑀B]

𝑣l = √𝐺𝑀M

𝑎[(√

2𝑟

𝑎+ 1)

2

+ 2𝛜

𝛌]

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

ini tidak mungkin dilakukan. Untuk limit 𝑎 ≫ 𝑟 ≈ 0 maka

𝑣l = √𝐺𝑀M

𝑎(1 + 2

𝛜

𝛌)

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

Untuk bagian (b) situs (i)

𝑣l2

𝑣bumi2

= 3 − 2.1,4 + 2.0,07 = 0,34

Untuk bagian (b) situs (ii)

𝑣l2

𝑣bumi2

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

Untuk bagian (c) situs (ii)

𝑣l2

𝑣bumi2

= 1 + 2.0,07 = 1,14

Kesimpulan:

Ada beberapa kesimpulan yang bisa kita ambil, yaitu:

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

kita meluncurkan roket searah kecepatan bumi atau menggunakan situs

peluncuran (i).

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

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

Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online

OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 34 dari 34

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

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

matahari dengan situs peluncuran (ii).