pembahasan osp fisika tahun 2018 oleh ahmad … · osp fisika 2018 number 1 pada karnaval malam,...

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlismfism

DC3BCE5B

[email protected]

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota

Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821

Hal | 1

Pembahasan OSP Fisika Tahun 2018

Oleh Ahmad Basyir Najwan


follow my Instagram @basyir.physolimp

Facebook Basyir Al Banjari

ID Line mechtermlighlismfism

WA 0896-5985-6821

http://www.basyiralbanjari.wordpress.com/

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 3

Petunjuk Penggunaan

1. Pembahasan ini dibuat oleh penulis sendiri Al Fakir Ahmad Basyir Najwan

2. Silahkan disebarluaskan seperlunya

3. Jika ada yang menemukan kekeliruan dalam pembahasan ini silahkan menghubungi

penulis secara langsung untk memberikan koreksi

4. Penulis masih dalam tahap belajar sehingga pembahasan ini mungkin masih jauh

dari sempurna namun penulis berusaha membuatnya sebaik mungkin

Sekian dan terima kasih

Ahmad Basyir Najwan

NISN : 0003379442

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 4

OSP Fisika 2018 Number 1

Pada karnaval malam, sering dijumpai permainan melempar bola memasuki target.

Biasanya untuk suatu kecepatan lemparan 𝑣0 terdapat dua sudut lemparan di mana bola

dapat memasuki target: (i) sudut lemparan yang lebih rendah, dan (ii) sudut lemparan

yang lebih tinggi. Anggap target berupa lubang vertikal dan terletak pada koordinat (𝑥, 𝑦)

dari titik awal lemparan.

a. Carilah sudut lemparan (i) dan (ii), nyatakan jawaban Anda dalam kecepatan

lemparan 𝑣0, koordinat target (𝑥, 𝑦), dan percepatan gravitasi 𝑔.

b. Pengunjung karnaval pada umumnya tidak dapat memperkirakan sudut lemparan

dengan baik. Tentukan sudut manakah yang lebih baik, (i) atau (ii)? Anggap

pengunjung (biasanya) dapat melempar dengan kecepatan 𝑣0 yang konstan.

Petunjuk : Cari hubungan antara ketidakpastian sudut pelemparan 𝑑𝜃 dengan

ketidakpastian dalam posisi bola ketika mengenai target.

Pembahasan :

a. Dari gerak parabola, kita mempunyai hubungan

𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃 𝑡

𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃 𝑡 −1

2𝑔𝑡2

Maka kita dapatkan hubungan posisi 𝑥 dan 𝑦 bola yaitu

𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 −𝑔𝑥2

2𝑣02 cos2 𝜃

… (1)

Untuk mendapatkan dua nilai dari sudut 𝜃 terdapat beberapa cara.

Cara 1 :

Kita modifikasi persamaan (1) menjadi

𝑔𝑥2

𝑣02

= 2𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃 − 2𝑦 cos2 𝜃

Gunakan identitas trigonometri sin 2𝜃 = 2 sin 𝜃 cos 𝜃 dan cos2 𝜃 =1 + cos 2𝜃

2

𝑔𝑥2

𝑣02

= 𝑥 sin 2𝜃 − 2𝑦 (1 + cos 2𝜃

2)

𝑦 +𝑔𝑥2

𝑣02

= 𝑥 sin 2𝜃 − 𝑦 cos 2𝜃

𝑣0

𝑣0

𝑥

𝑦

target

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 5

Modifikasi trigonometri

𝑥 sin 2𝜃 − 𝑦 cos 2𝜃 = 𝐴 sin(2𝜃 − 𝜙)

𝑥 sin 2𝜃 − 𝑦 cos 2𝜃 = 𝐴 cos 𝜙 sin 2𝜃 − 𝐴 sin 𝜙 cos 2𝜃

Dari kesamaan kedua sisi kita peroleh

𝑥 = 𝐴 cos 𝜙 dan 𝑦 = 𝐴 sin 𝜙

Sehingga

tan 𝜙 =𝑦

𝑥⟹ sin 𝜙 =

𝑦

√𝑥2 + 𝑦2 dan cos 𝜙 =

𝑥

√𝑥2 + 𝑦2

Maka kita bisa dapatkan nilai 𝐴 yaitu

𝐴 = √𝑥2 + 𝑦2

Berikutnya akan kita dapatkan

𝑥 sin 2𝜃 − 𝑦 cos 2𝜃 = √𝑥2 + 𝑦2 sin (2𝜃 − tan−1 (𝑦

𝑥))

Kita kembali ke hubungan 𝑥 dan 𝑦

𝑦 +𝑔𝑥2

𝑣02

= √𝑥2 + 𝑦2 sin (2𝜃 − tan−1 (𝑦

𝑥))

sin (2𝜃 − tan−1 (𝑦

𝑥)) =

1

√𝑥2 + 𝑦2(𝑦 +

𝑔𝑥2

𝑣02

)

Nilai sinus ini memiliki beberapa nilai, namun yang memenuhi syarat adalah

2𝜃 − tan−1 (𝑦

𝑥) = sin−1 [

1

√𝑥2 + 𝑦2(𝑦 +

𝑔𝑥2

𝑣02

)]

Dan

2𝜃 − tan−1 (𝑦

𝑥) = 1800 − sin−1 [

1

√𝑥2 + 𝑦2(𝑦 +

𝑔𝑥2

𝑣02

)]

Maka nilai 𝜃1 dan 𝜃2 dimana (𝜃1 < 𝜃2)

𝜃1 =1

2(tan−1 (

𝑦

𝑥) + sin−1 [

1

√𝑥2 + 𝑦2(𝑦 +

𝑔𝑥2

𝑣02

)])

𝜃2 =1

2(tan−1 (

𝑦

𝑥) + 1800 − sin−1 [

1

√𝑥2 + 𝑦2(𝑦 +

𝑔𝑥2

𝑣02

)])

Cara 2 :

Kembali ke persamaan (1)


2𝑣02 cos2 𝜃

… (1)

Kita gunakan 1

cos 𝜃= sec 𝜃 dan sec2 𝜃 = tan2 𝜃 + 1, persamaan (1) menjadi


2𝑣02

(tan2 𝜃 + 1)

Sederhanakan, kita akan dapatkan persamaan kuadrat untuk tan 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 6

𝑔𝑥2 tan2 𝜃 − 2𝑣02𝑥 tan 𝜃 + 𝑔𝑥2 + 2𝑣0

2𝑦 = 0

Menggunakan rumus kuadrat akan kita peroleh

tan 𝜃 =2𝑣0

2𝑥 ± √(−2𝑣02𝑥)2 − 4𝑔𝑥2(𝑔𝑥2 + 2𝑣0

2𝑦)

2𝑔𝑥2

tan 𝜃 =𝑣0

2 ± √𝑣04 − 𝑔(𝑔𝑥2 + 2𝑣0

2𝑦)

𝑔𝑥

tan 𝜃 =𝑣0

2

𝑔𝑥[1 ± √1 −

𝑔

𝑣02

(𝑔𝑥2

𝑣02

+ 2𝑦)]

Maka

tan 𝜃1 =𝑣0

2

𝑔𝑥[1 − √1 −

𝑔

𝑣02

(𝑔𝑥2

𝑣02

+ 2𝑦)]

tan 𝜃2 =𝑣0

2

𝑔𝑥[1 + √1 −

𝑔

𝑣02

(𝑔𝑥2

𝑣02

+ 2𝑦)]

Atau

𝜃1 = tan−1 (𝑣0

2

𝑔𝑥[1 − √1 −

𝑔

𝑣02

(𝑔𝑥2

𝑣02

+ 2𝑦)])

𝜃2 = tan−1 (𝑣0

2

𝑔𝑥[1 + √1 −

𝑔

𝑣02

(𝑔𝑥2

𝑣02

+ 2𝑦)])

Cara 3 :

Kita kembali ke persamaan (1) lagi


2𝑣02 cos2 𝜃

… (1)

Kalikan kedua sisi dengan cos2 𝜃 dan ingat bahwa tan 𝜃 =sin 𝜃

cos 𝜃 sehingga

𝑦 cos2 𝜃 = 𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃 −𝑔𝑥2

2𝑣02

𝑦 cos2 𝜃 +𝑔𝑥2

2𝑣02

= 𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃

2𝑣02𝑦 cos2 𝜃 + 𝑔𝑥2 = 2𝑣0

2𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃

Kuadratkan kedua sisi dan gunakan sin2 𝜃 = 1 − cos2 𝜃 sehingga

(2𝑣02𝑦 cos2 𝜃 + 𝑔𝑥2)2 = 4𝑣0

4𝑥2(1 − cos2 𝜃) cos2 𝜃

4𝑣04𝑦2 cos4 𝜃 + 𝑔2𝑥4 + 4𝑣0

2𝑦𝑔𝑥2 cos2 𝜃 = 4𝑣04𝑥2 cos2 𝜃 − 4𝑣0

4𝑥2 cos4 𝜃

4𝑣04(𝑥2 + 𝑦2) cos4 𝜃 − 4𝑣0

2𝑥2(𝑣02 − 𝑔𝑦) cos2 𝜃 + 𝑔2𝑥4 = 0

Menggunakan rumus kuadrat akan kita peroleh

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 7

cos2 𝜃 =−[−4𝑣0

2𝑥2(𝑣02 − 𝑔𝑦)] ± √[−4𝑣0

2𝑥2(𝑣02 − 𝑔𝑦)]2 − 16𝑣0

4(𝑥2 + 𝑦2)𝑔2𝑥4

8𝑣04(𝑥2 + 𝑦2)

Setelah disederhanakan akan kita dapatkan

cos2 𝜃 =𝑥2(𝑣0

2 − 𝑔𝑦)

2𝑣02(𝑥2 + 𝑦2)

(1 ± √1 −𝑔2(𝑥2 + 𝑦2)

(𝑣02 − 𝑔𝑦)2

)

Maka

𝜃1 = cos−1 √𝑥2(𝑣0

2 − 𝑔𝑦)

2𝑣02(𝑥2 + 𝑦2)

(1 + √1 −𝑔2(𝑥2 + 𝑦2)

(𝑣02 − 𝑔𝑦)2

)

𝜃2 = cos−1 √𝑥2(𝑣0

2 − 𝑔𝑦)

2𝑣02(𝑥2 + 𝑦2)

(1 − √1 −𝑔2(𝑥2 + 𝑦2)

(𝑣02 − 𝑔𝑦)2

)

Catatan :

Ketiga cara ini memang memberikan hasil yang berbeda namun sebenarnya bernilai

sama. Pastilah terdapat suatu kesamaan matematika yang bisa membuat ketiga hasil

ini berhubungan. Sebagai bukti, kita akan coba hitung sudut 𝜃1 dan 𝜃2 secara numerik.

Misalkan 𝑥 = 10 m, 𝑦 = 5 m, 𝑔 = 9,8 m/s2, dan 𝑣0 = 20 m/s. Maka menurut masing-

masing cara akan memberikan (silahkan gunakan kalkulator untuk membuktikan

sendiri)

Nilai Sudut Cara 1 Cara 2 Cara 3

𝜃1 34,350 34,350 34,350

𝜃2 82,220 82,220 82,220

Dari hasil ini, kita dapat simpulkan bahwa ketiga cara tersebut benar. Masalahnya

sekarang adalah cara mana yang paling mudah, itu tergantung anda sendiri. Jadi

silahkan gunakan cara yang menurut teman-teman enak saja ya ...

b. Misalkan bola mencapai target setelah selang waktu 𝑡 = 𝑇, maka

𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃 𝑇

𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃 𝑇 −1

2𝑔𝑇2

Sehingga dapat kita tuliskan

𝑟2 = 𝑥2 + 𝑦2

𝑟2 = (𝑣0 cos 𝜃 𝑇)2 + (𝑣0 sin 𝜃 𝑇 −1

2𝑔𝑇2)

2

𝑟2 = 𝑣02𝑇2 +

1

4𝑔2𝑇4 − 𝑔𝑣0 sin 𝜃 𝑇3

Turunkan kedua sisi terhadap 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 8

𝑑𝑟2

𝑑𝜃= −𝑔𝑣0 cos 𝜃 𝑇3

Dari hasil di atas dapat kita perolah bahwa semakin besar nilai 𝜃 dalam selang 0 <

𝜃 ≤ 900, perubahan posisi bola saat mencapai target akan semakin kecil karena nilai

cosinus berbanding terbalik dengan 𝜃. Dapat kita simpulkan, agar perubahan posisi

sekecil mungkin, nilai sudut 𝜃 harus mendekat ke 900. Sehingga sudut yang lebih baik

adalah sudut yang lebih tinggi atau 𝜃2

𝜃2 =1

2(tan−1 (

𝑦

𝑥) + 1800 − sin−1 [

1

√𝑥2 + 𝑦2(𝑦 +

𝑔𝑥2

𝑣02

)])

𝜃2 = tan−1 (𝑣0

2

𝑔𝑥[1 + √1 −

𝑔

𝑣02

(𝑔𝑥2

𝑣02

+ 2𝑦)])

𝜃2 = cos−1 √𝑥2(𝑣0

2 − 𝑔𝑦)

2𝑣02(𝑥2 + 𝑦2)

(1 − √1 −𝑔2(𝑥2 + 𝑦2)

(𝑣02 − 𝑔𝑦)2

)

Atau yang lainnya. Mungkin ketiga sudut 𝜃2 di atas berbeda wujud, namun

sebenarnya ketiganya adalah sesuatu yang sama, laksana siluman yang bisa berubah

wujud, namun perubahan wujudnya ini memenuhi dalil matematika yang berlaku.


Sebuah bidang miring bermassa 𝑚1 dengan sudut kemiringan 𝜃 yang berada di atas lantai

licin ditarik dengan gaya horizontal 𝐹 yang konstan ke kanan. Panjang sisi horizontal

bidang miring adalah 𝐿. Di atas sisi miring bidang miring tersebut terdapat balok 𝑚2.

Seluruh permukaan antara balok dengan bidang miring, serta antara bidang miring

dengan lantai bersifat licin. Pada saat awal, bidang miring maupun balok dalam keadaan

diam, serta balok berada di ujung atas bidang miring. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.

lihat gambar berikut.

Tentukan :

a. Persamaan gerak untuk bidang miring maupun balok.

b. Percepatan bidang miring terhadap lantai.

c. Waktu yang diperlukan balok agar sampai di dasar bidang miring.

𝐿

𝐹

𝑔

𝜃

𝑚2

𝑚1

licin

licin

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 9

Pembahasan :

a. Berikut diagram gaya pada bidang miring 𝑚1 dan balok kecil 𝑚2

Untuk 𝑚1

Diagram gaya pada gambar di atas relatif terhadap lantai

Menggunakan Hukum II Newton pada arah horizontal akan kita peroleh

𝐹 + 𝑁2 sin 𝜃 = 𝑚1𝑎1 … (1)

Untuk 𝑚2

Diagram gaya pada gambar di atas relatif terhadap bidang miring 𝑚1. Karena bidang

miring dipercepat ke kanan maka balok akan mendapatkan gaya fiktif yang arahnya

ke kiri dan besarnya adalah massa balok di kali percepatan bidang miring.

Menggunakan Hukum II Newton pada arah tegak lurus dan sejajar bidang miring

akan kita peroleh

𝑁2 + 𝑚2𝑎1 sin 𝜃 − 𝑚2𝑔 cos 𝜃 = 0

𝑁2 = 𝑚2𝑔 cos 𝜃 − 𝑚2𝑎1 sin 𝜃 … (2)

Dan

𝑚2𝑔 sin 𝜃 + 𝑚2𝑎1 cos 𝜃 = 𝑚2𝑎2

𝑎2 = 𝑔 sin 𝜃 + 𝑎1 cos 𝜃 … (3)

b. Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝐹 + (𝑚2𝑔 cos 𝜃 − 𝑚2𝑎1 sin 𝜃) sin 𝜃 = 𝑚1𝑎1

𝐹 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝑚1𝑎1 + 𝑚2𝑎1 sin2 𝜃

𝐹 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 = (𝑚1 + 𝑚2 sin2 𝜃)𝑎1

𝑎1 =𝐹 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃

𝑚1 + 𝑚2 sin2 𝜃

c. Subtitusi 𝑎1 ke persamaan (3)

𝑎2 = 𝑔 sin 𝜃 +𝐹 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃

𝑚1 + 𝑚2 sin2 𝜃cos 𝜃

𝑎2 =(𝑚1 + 𝑚2 sin2 𝜃)𝑔 sin 𝜃 + (𝐹 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃) cos 𝜃


𝑎2 =(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin 𝜃 + 𝐹 cos 𝜃


Waktu yang diperlukan balok untuk sampai di lantai adalah

𝐹

𝜃

𝑚1𝑔

𝑁2

𝑁2 sin 𝜃

𝑁2 cos 𝜃

𝑁1

𝑎1 𝑁2

𝑚2𝑎1

𝑚2𝑔 cos 𝜃 𝑚2𝑔

𝑚2𝑔 sin 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 10

𝑠 =𝐿

cos 𝜃=

1

2𝑎2𝑡2

𝑡 = √2𝐿

𝑎2 cos 𝜃

Dengan mensubtitusi nilai 𝑎2 akan kita peroleh

𝑡 = √2𝐿

cos 𝜃(


(𝑚1 + 𝑚2)𝑔 sin 𝜃 + 𝐹 cos 𝜃)


Tinjau sebuah batang tipis bermassa 𝑚1 dengan panjang 4𝐿 yang dapat bergerak bebas

di atas bidang horizontal (bidang 𝑥𝑦) licin. Batang tipis mula-mula hanya berotasi

terhadap pusat massanya O dengan kecepatan sudut 𝜔1 berlawanan arah jarum jam (jika

dilihat dari atas). Anggap O adalah pusat koordinat 𝑥𝑦. Sebuah partikel bermassa 𝑚2

bergerak mendekati batang dengan kecepatan 𝑣2 sejajar sumbu 𝑦 dengan jarak 𝐿 (pada

garis 𝑥 = −𝐿) ke arah 𝑦 positif (lihat gambar di bawah). Pada saat tumbukan terjadi,

batang membentuk sudut 450 terhadap sumbu 𝑥 negatif. Sesaat setelah tumbukan, 𝑚1

bergerak ke kiri searah sumbu 𝑥 negatif. Tumbukan bersifat lenting sempurna.

a. Tentukan persamaan-persamaan yang memenuhi peristiwa tumbukan.

Untuk selanjutnya gunakan kasus khusus 𝑚1 = 𝑚2 dan 𝑣2 = 𝜔1𝐿.

b. Tentukan kecepatan 𝑚1, kecepatan 𝑚2 serta kecepatan sudut 𝑚1 setelah tumbukan.

(kiri) sebelum tumbukan (kanan) sesaat setelah tumbukan

Pembahasan :

a. Momentum linear awal sistem

�⃗�i = 𝑚2𝑣2𝑗 ̂

𝐿

𝑣2

𝑚2

𝑚1

4𝐿

𝜔1

O

O O

𝑥

𝑦

450

𝐿

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 11

Momentum linear akhir sistem

�⃗�f = (−𝑚2𝑣2′ + 𝑚1𝑣1𝑥

′ )𝑖̂ + 𝑚1𝑣1𝑦′ 𝑗 ̂

Hukum kekekalan momentum linear

�⃗�i = �⃗�f

𝑚2𝑣2𝑗̂ = (−𝑚2𝑣2′ + 𝑚1𝑣1𝑥

′ )𝑖̂ + 𝑚1𝑣1𝑦′ 𝑗̂

Dari kesamaan pada arah 𝑖̂ dan 𝑗̂ kita peroleh

−𝑚2𝑣2′ + 𝑚1𝑣1𝑥

′ = 0 ⟹ 𝑣1𝑥′ =

𝑚2

𝑚1𝑣2

′ … (1)

𝑚2𝑣2 = 𝑚1𝑣1𝑦′ ⟹ 𝑣1𝑦

′ =𝑚2

𝑚1𝑣2 … (2)

Momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah

𝐼 =1

12𝑚1(4𝐿)2 ⟹ 𝐼 =

4

3𝑚1𝐿2

Momentum sudut awal sistem terhadap titik O

�⃗⃗�i = (−𝑚2𝑣2𝐿 +4

3𝑚1𝐿2𝜔1) �̂�

Momentum sudut akhir sistem terhadap titik O

�⃗⃗�f = (𝑚2𝑣2′ 𝐿 −

4

3𝑚1𝐿2𝜔1

′ ) �̂�

Hukum kekekalan momentum sudut

�⃗⃗�i = �⃗⃗�f

(−𝑚2𝑣2𝐿 +4

3𝑚𝐿2𝜔1) �̂� = (𝑚2𝑣2

′ 𝐿 −4

3𝑚𝐿2𝜔1

′ ) �̂�

4

3𝑚1𝐿(𝜔1 + 𝜔1

′ ) = 𝑚2(𝑣2 + 𝑣2′ ) … (3)

Karena tumbukan elastis sempurna, energi kinetik sistem kekal 1

2𝑚2𝑣2

2 +1

2(

4

3𝑚1𝐿2) 𝜔1

2 =1

2𝑚2𝑣2

′ 2+

1

2(

4

3𝑚1𝐿2) 𝜔1

′ 2+

1

2𝑚1(𝑣1𝑥

2 + 𝑣1𝑦2)

𝑚2(𝑣22 − 𝑣2

′ 2) +

4

3𝑚1𝐿2(𝜔1

2 − 𝜔1′ 2

) = 𝑚1(𝑣1𝑥2 + 𝑣1𝑦

2) … (4)

b. Sekarang, kita gunakan 𝑚1 = 𝑚2 dan 𝑣2 = 𝜔1𝐿, maka persamaan (1) sampai (4)

dapat kita tulis ulang menjadi

𝑣1𝑥′ = 𝑣2

′ … (1′)

𝑣1𝑦′ = 𝑣2 … (2′)

4

3𝐿(𝜔1 + 𝜔1

′ ) = 𝑣2 + 𝑣2′ … (3′)

(𝑣2 + 𝑣2′ )(𝑣2 − 𝑣2

′ ) +4

3𝐿2(𝜔1 + 𝜔1

′ )(𝜔1 − 𝜔1′ ) = 𝑣1𝑥

2 + 𝑣1𝑦2 … (4′)

Gabungan persamaan (1′), (2′) dan (4′) memberikan

(𝑣2 + 𝑣2′ )(𝑣2 − 𝑣2

′ ) +4

3𝐿2(𝜔1 + 𝜔1

′ )(𝜔1 − 𝜔1′ ) = (𝑣2 + 𝑣2

′ )2 − 2𝑣2𝑣2′

Subtitusi persamaan (3′)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 12

(𝑣2 + 𝑣2′ )(𝑣2 − 𝑣2

′ ) + 𝐿(𝑣2 + 𝑣2′ )(𝜔1 − 𝜔1

′ ) = (𝑣2 + 𝑣2′ )2 − 2𝑣2𝑣2

′

𝑣2 − 𝑣2′ + 𝐿(𝜔1 − 𝜔1

′ ) = 𝑣2 + 𝑣2′ −

2𝑣2𝑣2′

𝑣2 + 𝑣2′

𝐿(𝜔1 − 𝜔1′ ) = 2𝑣2

′ −2𝑣2𝑣2

′

𝑣2 + 𝑣2′

Jumlahkan persamaan di atas dengan 3/4 persamaan (3′)

2𝑣2 = 2𝑣2′ −

2𝑣2𝑣2′

𝑣2 + 𝑣2′ +

3

4𝑣2 +

3

4𝑣2

′

11𝑣2′ −

8𝑣2𝑣2′

𝑣2 + 𝑣2′ − 5𝑣2 = 0

11𝑣2′ 2

− 2𝑣2𝑣2′ + 5𝑣2

2 = 0

Maka

𝑣2′ =

1 ± 2√14

11𝑣2

Jawaban yang mungkin adalah

𝑣2′ =

1 + 2√14

11𝑣2

Dengan demikian kita dapatkan pula

𝑣1𝑥′ = 𝑣2

′ =1 + 2√14

11𝑣2 dan 𝑣1𝑥

′ = 𝑣2

Sehingga

𝑣1′ = √𝑣1𝑥

′ 2+ 𝑣1𝑦

′ 2

Atau

𝑣1′ = 2√17 + √14

11𝑣2

Dari persamaan (3′) akan kita peroleh pula

𝜔1′ =

3

4𝐿(𝑣2 + 𝑣2

′ ) − 𝜔1

Setelah disederhanakan akan kita peroleh

𝜔1′ = (

40 + 3√14

11)

𝑣2

2𝐿


Dua buah partikel masing-masing bermassa 𝑚1 dan 𝑚2 dihubungkan dengan pegas tak

bermassa (konstanta pegas 𝑘) dan bergerak sepanjang busur lingkaran tanpa gesekan

berjari-jari 𝑅. Percepatan gravitasi 𝑔 yang mengarah ke bawah. Tentukan kecepatan

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 13

sudut mode normal osilasi kecil sistem tersebut. Berikan makna fisis kecepatan sudut

tersebut.

Pembahasan :

a. Jadikan pusat lintasan lengkungan sebagai titik asal.

Kita gunakan sistem koordinat polar du dimensi

Posisi massa 𝑚1 dan 𝑚2 adalah

𝑟1 = 𝑅�̂�1

𝑟2 = 𝑅�̂�2

Kecepatan masing-masing massa menjadi

�⃗�1 =𝑑𝑟1

𝑑𝑡= 𝑅

𝑑�̂�1

𝑑𝑡= 𝑅�̇�1𝜃1 ⟹ �⃗�1 = 𝑅�̇�1𝜃1

�⃗�2 =𝑑𝑟2

𝑑𝑡= 𝑅

𝑑�̂�2

𝑑𝑡= 𝑅�̇�2𝜃2 ⟹ �⃗�2 = 𝑅�̇�2𝜃2

Atau

𝑣1 = |�⃗�1| = 𝑅�̇�1

𝑣2 = |�⃗�2| = 𝑅�̇�2

Dengan

�̂�1 = − sin 𝜃1 𝑖̂ − cos 𝜃1 𝑗̂

�̂�2 = sin 𝜃2 𝑖̂ − cos 𝜃2 𝑗̂

titik asal

𝑚1 𝑚2 𝑘

𝑅 𝑅

𝜃1 𝜃2

𝑚1 𝑚2 𝑘

𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 14

𝜃1 = − cos 𝜃1 𝑖̂ + sin 𝜃1 𝑗̂

𝜃2 = cos 𝜃1 𝑖̂ + sin 𝜃1 𝑗̂

Hasil ini juga bisa kita dapatkan dengan sistem koordinat kartesian

Posisi massa 𝑚1 dan 𝑚2 adalah

𝑥1 = −𝑅 sin 𝜃1 dan 𝑦1 = −𝑅 cos 𝜃1

𝑥2 = 𝑅 sin 𝜃2 dan 𝑦2 = −𝑅 cos 𝜃2

Kecepatan masing-masing massa menjadi

�̇�1 = −𝑅�̇�1 cos 𝜃1 dan 𝑦1 = 𝑅�̇�1 sin 𝜃1

�̇�2 = 𝑅�̇�2 cos 𝜃2 dan 𝑦2 = 𝑅�̇�2 sin 𝜃2

Atau

𝑣1 = √�̇�12 + �̇�1

2 = 𝑅�̇�1

𝑣2 = √�̇�22 + �̇�2

2 = 𝑅�̇�2

Energi kinetik sistem

𝑇 =1

2𝑅2 (𝑚1�̇�1

2+ 𝑚2�̇�2

2)

Misalkan panjang pegas saat relaks adalah 𝐿0, maka perubahan panjang pegas

menjadi

Δ𝑥 = 𝐿0 − 𝑅(𝜃1 + 𝜃2)

Energi potensial sistem

𝑉 = −𝑔𝑅(𝑚1cos 𝜃1 + 𝑚2 cos 𝜃2) +1

2𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜃1 + 𝜃2)]2

Lagrangian sistem

𝐿 = 𝑇 − 𝑉

𝐿 =1

2𝑅2 (𝑚1�̇�1

2+ 𝑚2�̇�2

2) + 𝑔𝑅(𝑚1cos 𝜃1 + 𝑚2 cos 𝜃2) −

1

2𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜃1 + 𝜃2)]2

Sistem kita memiliki dua derajat kebebasan yaitu 𝜃1 dan 𝜃2 maka persamaan

lagrangian yang kita miliki adalah

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�1

) −𝜕𝐿

𝜕𝜃1= 0 dan

𝑑

𝑑𝑡(

𝜕𝐿

𝜕�̇�2

) −𝜕𝐿

𝜕𝜃2= 0

Persamaan gerak sistem menjadi

𝑚1𝑅�̈�1 + 𝑚1𝑔 sin 𝜃1 − 𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜃1 + 𝜃2)] = 0

𝑚2𝑅�̈�2 + 𝑚2𝑔 sin 𝜃2 − 𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜃1 + 𝜃2)] = 0

Sekarang kita tinjau kondisi setimbang sistem. Saat setimbang, percepatan kedua

massa bernilai nol atau �̈�1 = �̈�2 = 0. Misal saat setimbang 𝜃1 = 𝜙1 dan ini 𝜃2 = 𝜙2

maka

𝑚1𝑔 sin 𝜙1 − 𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜙1 + 𝜙2)] = 0

𝑚2𝑔 sin 𝜙2 − 𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜙1 + 𝜙2)] = 0

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 15

Sekarang kita tinjau kondisi kedua tersimpang dari posisi setimbang. Misalkan

sekarang 𝜃1 = 𝜙1 + 𝛿1 dan ini 𝜃2 = 𝜙2 + 𝛿2 maka �̈�1 = �̈�2 dan �̈�2 = �̈�2 dengan sudut

𝛿1 dan 𝛿2 adalah simpangan sudut yang kecil atau 𝛿1 ≪ 1 dan 𝛿2 ≪ 1. Untuk sudut

kecil berlaku

sin 𝜃 = sin(𝜙 + 𝛿) = sin 𝜙 cos 𝛿 + sin 𝛿 cos 𝜙 ≈ sin 𝜙 + 𝛿 cos 𝜙

Maka

sin 𝜃1 ≈ sin 𝜙1 + 𝛿1 cos 𝜙1

sin 𝜃2 ≈ sin 𝜙2 + 𝛿2 cos 𝜙2

Dengan mensubtitusi hasil-hasil di atas, persamaan gerak sistem dapat kita tulis ulang

menjadi

𝑚1𝑅�̈�1 + 𝑚1𝑔 cos 𝜙1 𝛿1 + 𝑘𝑅(𝛿1 + 𝛿2) = 0

𝑚2𝑅�̈�2 + 𝑚2𝑔 cos 𝜙2 𝛿2 + 𝑘𝑅(𝛿1 + 𝛿2) = 0

Karena sistem ini melakukan gerak harmonik sederhana, kita mempunyai hubungan

�̈�1 = −𝜔2𝛿1

�̈�2 = −𝜔2𝛿2

Kita dapat tulis ulang persamaan gerak sistem menjadi

(𝑚1𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚1𝑔 cos 𝜙1)𝛿1 − 𝑘𝑅𝛿2 = 0

(𝑚2𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚2𝑔 cos 𝜙2)𝛿2 − 𝑘𝑅𝛿1 = 0

Dalam bentuk matriks dapat kita tulis menjadi

(𝑚1𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚1𝑔 cos 𝜙1 −𝑘𝑅

−𝑘𝑅 𝑚2𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚2𝑔 cos 𝜙2

) (𝛿1

𝛿2) = 0

Agar hasilnya tidak nol, maka matriks sebelah kiri haruslah berupa matriks singular

yaitu matriks yang determinannya bernilai nol

|𝑚1𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚1𝑔 cos 𝜙1 −𝑘𝑅

−𝑘𝑅 𝑚2𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚2𝑔 cos 𝜙2

| = 0

(𝑚1𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚1𝑔 cos 𝜙1)(𝑚2𝑅𝜔2 − 𝑘𝑅 − 𝑚2𝑔 cos 𝜙2) − 𝑘2𝑅2 = 0

Atau bisa disederhanakan menjadi

𝑚1𝑚2𝑅2𝜔4 − [𝑘𝑅2(𝑚1 + 𝑚2) + 𝑚1𝑚2𝑔𝑅(cos 𝜙1 + cos 𝜙2)]𝜔2

+ 𝑘𝑅(𝑚1 cos 𝜙1 + 𝑚2 cos 𝜙2)𝑔 + 𝑚1𝑚2𝑔2 cos 𝜙1 cos 𝜙2 = 0

Persamaan terkahir adalah persamaan kuadrat untuk 𝜔2 dengan

𝑎 = 𝑚1𝑚2𝑅2

𝑏 = −[𝑘𝑅2(𝑚1 + 𝑚2) + 𝑚1𝑚2𝑔𝑅(cos 𝜙1 + cos 𝜙2)]

𝑐 = 𝑘𝑅(𝑚1 cos 𝜙1 + 𝑚2 cos 𝜙2)𝑔 + 𝑚1𝑚2𝑔2 cos 𝜙1 cos 𝜙2

Nilai diskriminannya adalah

𝐷 = 𝑏2 − 4𝑎𝑐

Setelah disederhanakan akan kita dapatkan

𝐷 = 𝑘2𝑅4(𝑚1 + 𝑚2)2 − 2𝑘𝑅3𝑚1𝑚2(𝑚1 − 𝑚2)(cos 𝜙1 − cos 𝜙2)

+ 𝑚12𝑚2

2𝑔2𝑅2(cos 𝜙1 − cos 𝜙2)2

Maka

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 16

𝜔2 =𝑚1𝑚2𝑔(cos 𝜙1 + cos 𝜙2) + 𝑘𝑅(𝑚1 + 𝑚2) ± √𝐷/𝑅2

2𝑚1𝑚2𝑅

Akhirnya kita dapatkan kecepatan sudut osilasi sistem untuk dua modus getar yaitu

𝜔12 =

𝑚1𝑚2𝑔(cos 𝜙1 + cos 𝜙2) + 𝑘𝑅(𝑚1 + 𝑚2) + √𝐷/𝑅2

2𝑚1𝑚2𝑅

𝜔22 =

𝑚1𝑚2𝑔(cos 𝜙1 + cos 𝜙2) + 𝑘𝑅(𝑚1 + 𝑚2) − √𝐷/𝑅2

2𝑚1𝑚2𝑅

Dengan sudut 𝜙1 dan 𝜙2 adalah sudut-sudut yang memenuhi persamaan pada kondisi

setimbang

𝑚1𝑔 sin 𝜙1 = 𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜙1 + 𝜙2)]

𝑚2𝑔 sin 𝜙2 = 𝑘[𝐿0 − 𝑅(𝜙1 + 𝜙2)]

Di soal ini tidak disebutkan panjang pegas ketika relaks yaitu 𝐿0 sehingga sudut 𝜙1

dan 𝜙2 juga tidak bisa kita dapatkan. Berdasarkan gambar sistem, kita bisa asumsikan

panjang awal pegas jauh lebih kecil dari 𝑅 sehingga sudut 𝜙1 dan 𝜙2 bernilai sangat

kecil dan bisa kita lakukan pendekatan cos 𝜙1 = cos 𝜙2 ≈ 1. Nilai 𝐷 akan menjadi

𝐷 = 𝑘2𝑅4(𝑚1 + 𝑚2)2

Dan

𝜔2 =2𝑚1𝑚2𝑔 + 𝑘𝑅(𝑚1 + 𝑚2) ± 𝑘𝑅(𝑚1 + 𝑚2)

2𝑚1𝑚2𝑅

Maka akan kita peroleh

𝜔1 = √𝑔

𝑅

𝜔2 = √𝑚1𝑚2𝑔 + 𝑘𝑅(𝑚1 + 𝑚2)

𝑚1𝑚2𝑅

Secara fisis, modus pertama (𝜔1) menerangkan bahwa kedua massa disimpangkan

pada arah yang sama dengan simpangan yang sama sehingga kedua massa mengalami

osilasi layaknya osilasi massa kecil di sekitar titik terendah di dalam sebuah silinder

dengan sudut simpangan yang kecil.

Secara fisis, modus kedua (𝜔2) menerangkan bahwa kedua massa disimpangkan

berlawanan arah dengan besar simpangan yang sama sehingga dia hanya berosilasi

dengan frekuesnsi sudut 𝜔2.


Sebuah silinder pejal berjari-jari 𝑅 “digulingkan” pada tangga yang posisinya miring

dengan sudut elevasi 𝜃 terhadap bidang datar. Jarak antar anak tangga adalah 𝑑. Silinder

berguling dengan cara menumbuk lalu bertumpu pada sebuah anak tangga. Diketahui

gesekan antara anak tangga dan silinder sangat besar. Anak tangga dianggap sebagai

batang kecil yang sumbunya menembus bidang gambar secara tegak lurus.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 17

Mula-mula silinder berada antara anak tangga pertama dan kedua teratas, lalu silinder

tersebut diberikan kecepatan sebesar 𝑣i yang berarah tegak lurus terhadap garis jari-jari

yang menuju anak tangga kedua seperti diperlihatkan pada gambar di atas. Tentukan :

a. Kecepatan silinder tepat sebelum menumbuk anak tangga ketiga.

b. Kecepatan silinder tepat setelah menumbuk anak tangga ketiga.

c. Kecepatan minimum 𝑣i agar silinder tetap menggelinding terus menerus.

Pembahasan :

a. Ketika tepat akan menumbuk anak tangga ketiga, pusat massa silinder turun sejauh

𝑑 sin 𝜃. Kenapa begitu? Perhatikan kondisi awal ketika silinder ditahan oleh anak

tangga pertama dan kedua. Kemudian perhatikan kembali ketika silinder ditahan oleh

anak tangga kedua dan ketiga.

Gaya gesek antara silinder dan anak tangga sangat besar karena koefisien geseknya

sangat besar atau kita bisa katakan silinder tidak slip terhadap anak tangga. Maka,

untuk kasus ini, anak tangga kedua bisa kita jadikan poros rotasi dari silinder. Momen

inersia silinder terhadap anak tangga kedua adalah

𝐼 = 𝐼pm + 𝑚𝑅2 =1

2𝑚𝑅2 + 𝑚𝑅2 ⟹ 𝐼 =

3

2𝑚𝑅2

Kecepatan sudut silinder terhadap anak tangga kedua adalah

𝜔i =𝑣i

𝑅

𝑅

𝑣i

𝑑

𝜃

𝑑 𝑑 sin 𝜃 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 18

Misalkan kecepatan pusat massa silinder ketika tepat akan menumbuk anak tangga

ketiga adalah 𝑣f dan kecepatan sudutnya terhadap anak tangga kedua adalah 𝜔f =

𝑣f/𝑅, maka menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik akan kita peroleh 1

2𝐼𝜔i

2 =1

2𝐼𝜔f

2 − 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃

1

2(

3

2𝑚𝑅2) (

𝑣i

𝑅)

2

=1

2(

3

2𝑚𝑅2) (

𝑣f

𝑅)

2

− 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃

𝑣i2 = 𝑣f

2 −4

3𝑔𝑑 sin 𝜃

𝑣f = √𝑣i2 +

4

3𝑔𝑑 sin 𝜃

b. Ketika menumbuk anak tangga ketiga, gaya eksternal yang bekerja pada silinder

adalah gaya normal dari anak tangga ketiga dan gaya gravitasi. Namun karena waktu

tumbukan sangat singkat, impuls dari gaya gravitasi dapat diabaikan. Maka jika kita

tinjau momentum sudut silinder terhadap anak tangga ketiga, momentum sudut

silinder akan kekal karena dalam acuan ini tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada

silinder. Perhatikan gambar di bawah ini! Sebelah kiri ada kondisi sesaat sebelum

menumbuk anak tangga ketiga dan sebelah kanan sessat setelah tumbukan.

Setelah tumbukan, silinder akan lepas kontak dengan anak tangga kedua dan anak

tangga ketiga menjadi poros putarnya. Menggunakan Hukum Kekekalan Momentum

Sudut terhadap anak tangga ketiga akan kita peroleh

𝐼pm𝜔f + 𝑚𝑣f𝑠 = 𝐼𝜔f′

Dari soal kita ketahui bahwa silinder terus bergerak menggelinding sambil

menumbuk anak tangga, maka kecepatan pusat massa silinder harus mempunyai

komponen yang tegak lurus garis yang menghubungkan anak tangga ketiga dengan

pusat massanya. Hal ini terpenuhi jika sudut 2𝛼 < 𝜋/2. Perhatikan gambar sebelah

kiri di atas!

𝑠 = 𝑅 sin 𝜙 = 𝑅 sin (𝜋

2− 2𝛼) = 𝑅 cos 2𝛼

𝑅

𝑑

2𝛼

kedua

ketiga

𝑅

𝑣f

𝜙

𝑠

𝑅

kedua

ketiga

𝑣f′

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 19

Dari identitas trigonometri

cos 2𝛼 = cos2 𝛼 − sin2 𝛼

Dari definisi sinus dan cosinus

sin 𝛼 =𝑑/2

𝑅⟹ sin 𝛼 =

𝑑

2𝑅

cos 𝛼 =√𝑅2 − (𝑑/2)2

𝑅⟹ cos 𝛼 =

√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅

Maka

cos 2𝛼 =4𝑅2 − 𝑑2

4𝑅2−

𝑑2

4𝑅2⟹ cos 2𝛼 = 1 −

1

2(

𝑑

𝑅)

2

Sehingga 𝑠 bisa kita tulis ulang menjadi

𝑠 = 𝑅 [1 −1

2(

𝑑

𝑅)

2

]

Subtitusi nilai 𝑠, 𝐼pm, 𝐼, dan 𝜔f′ =

𝑣f′

𝑅serta 𝜔f =

𝑣f

𝑅 pada Hk. Kkkln. Momentum Sudut

1

2𝑚𝑅2

𝑣f

𝑅+ 𝑚𝑣f𝑅 [1 −

1

2(

𝑑

𝑅)

2

] =3

2𝑚𝑅2

𝑣f′

𝑅

𝑣f′ =

𝑣f

2[3 − (

𝑑

𝑅)

2

]

Subtitusi nilai 𝑣f

𝑣f′ =

1

2[3 − (

𝑑

𝑅)

2

] √𝑣i2 +

4

3𝑔𝑑 sin 𝜃

c. Agar silinder dapat terus menggelinding, maka nilai minimum 𝑣i haruslah cukup

besar sehingga pusat massa silinder bisa terangkat dan melewati titik tertingginya

relatif anak tangga kedua.

Dari gambar di atas bisa kita dapatkan

𝜑 = 𝛼 − 𝜃

Maka

𝛼 𝛼

𝜑

ℎ

𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 20

ℎ = 𝑅 − 𝑅 cos 𝜑 = 𝑅(1 − cos 𝜑)

Menggunakan identitas trigonometri

cos 𝜑 = cos(𝛼 − 𝜃) = cos 𝛼 cos 𝜃 + sin 𝛼 sin 𝜃

Subtitusi nilai sin 𝛼 dan cos 𝛼

cos 𝜑 =√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅cos 𝜃 +

𝑑

2𝑅sin 𝜃

cos 𝜑 =√4𝑅2 − 𝑑2 cos 𝜃 + 𝑑 sin 𝜃

2𝑅

Sehingga

ℎ = 𝑅 (1 −√4𝑅2 − 𝑑2 cos 𝜃 + 𝑑 sin 𝜃

2𝑅)

maka agar silinder teus menggelinding, kecepatan awal minimum yang harus

diberikan adalah

𝑣i,min = √2𝑔ℎ

Atau

𝑣i,min = √2𝑔𝑅 (1 −√4𝑅2 − 𝑑2 cos 𝜃 + 𝑑 sin 𝜃

2𝑅)

Kita juga dapatkan bahwa 𝑣f′ > 𝑣i,min sehingga dengan kecepatan minimum ini

silinder akan terus menggelinding.


Sebuah cincin kecil terletak pada batang vertikal dikaitkan pada tali tak bermassa dan

tidak elastis yang ujung lainnya diikatkan pada bagian atas batang vertikal lain (batang

tidak dapat bergerak) seperti tampak pada gambar kiri. Kemudian terdapat cincin identik

lain yang dilepaskan dari ujung atas tali sehingga pada suatu saat tertentu kecepatan

cincin tersebut adalah 𝑣i dan tali sedang membentuk sudut 𝜃 terhadap vertikal, seperti

tampak pada gambar kanan. Tidak ada gesekan antara tali dengan cincin kanan, begitu

juga antara cincin dan batang. Jarak antar kedua batang vertikal adalah 𝑑. Ambil acuan

sumbu positif ke arah bawah.

𝜃

𝑑

𝑣1

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 21

Tentukan :

a. Hubungan kecepatan cincin kiri dan kanan! (nyatakan dalam 𝜃)

b. Percepatan masing-masing cincin dinyatakan dalam 𝑑, sudut 𝜃, turunan pertama

sudut 𝜃 atau 𝜔 = 𝑑𝜃/𝑑𝑡 dan turunan kedua sudut 𝜃 atau 𝛼 = 𝑑2𝜃/𝑑𝑡2.

c. Nilai sudut 𝜃 ketika sistem berada dalam posisi kesetimbangan? Tentukan pula jenis

kesetimbangannya.

Sistem berada dalam keadaan diam di titik setimbangnya. Kemudian sistem diberi sedikit

gangguan kecil sehingga berosilasi di sekitar titik setimbangnya.

d. Tentukan frekuensi sudut osilasi untuk simpangan sudut kecil di titik setimbangnya.

Pembahasan :

a. Misalkan cincin bawah bergerak naik dengan kecepatan 𝑣2 terhadap tanah. Sekarang

kita berpindah kerangka acuan dari tanah menuju cincin atas. Kecepatan cincin

bawah relatif cincin atas adalah

𝑣rel = 𝑣1 + 𝑣2

Bagian tali yang vertikal terhadap tanah diam, tetapi menurut kerangka acuan cincin

atas, bagian tali vertikal bergerak ke atas dengan kecepatan 𝑣1 yang mengakibatkan

pula kecepatan tali yang lainnya adalah 𝑣1 searah dengan arah tali. Komponen

kecepatan kecepatan cincin bawah searah tali sama dengan kecepatan tali ini atau

𝑣rel cos 𝜃 = 𝑣1

Maka

𝑣1 + 𝑣2 =𝑣1

cos 𝜃

𝑣2 = 𝑣1 (1

cos 𝜃− 1)

b. Sekarang misalkan panjang tali 𝐿

Posisi cincin atas dan cincin bawah adalah

𝑦1 = 𝐿 −𝑑

sin 𝜃

𝑦2 = 𝐿 −𝑑

sin 𝜃+

𝑑 cos 𝜃

sin 𝜃

𝑦2

𝜃

𝑑

𝑦1 𝑦

𝑥

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 22

Turunkan posisi terhadap waktu satu kali untuk mendapatkan kecepatan kedua

cincin

�̇�1 = 𝑑�̇�cos 𝜃

sin2 𝜃

�̇�2 = −𝑑�̇�1 − cos 𝜃

sin2 𝜃

Hasil di atas bisa kita dapatkan pula dengan memanfaatkan hasil dari bagian (a)

𝑣2 = 𝑣1 (1

cos 𝜃− 1) ⟹ |�̇�2| = |�̇�1| (

1

cos 𝜃− 1)

Arah positif ke bawah sehingga

−�̇�2 = �̇�1 (1

cos 𝜃− 1) ⟹ �̇�2 = −𝑑�̇�

1 − cos 𝜃

sin2 𝜃

Turunkan kecepatan terhadap waktu satu kali untuk mendapatkan percepatan kedua

cincin

�̈�1 = 𝑑 (�̈�cos 𝜃

sin2 𝜃− �̇�2

1 − 3 cos3 𝜃

sin3 𝜃)

�̈�2 = −𝑑 (�̈�1 − cos 𝜃

sin2 𝜃+ �̇�2

1 + cos3 𝜃 − 2 cos 𝜃

sin3 𝜃)

Selanjutnya gunakan

�̇� =𝑑𝜃

𝑑𝑡= 𝜔 dan �̈� =

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= 𝛼

Sehingga

�̈�1 = 𝑑 (𝛼cos 𝜃

sin2 𝜃− 𝜔2

1 − 3 cos3 𝜃

sin3 𝜃)

�̈�2 = −𝑑 (𝛼1 − cos 𝜃

sin2 𝜃+ 𝜔2


sin3 𝜃)

c. Sekarang perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada cincin bawah dan cincin atas

Menggunakan Hukum II Newton untuk arah vertikal akan kita peroleh

𝑚𝑔 − 𝑇(1 − cos 𝜃) = 𝑚�̈�1

𝑚𝑔 − 𝑇 cos 𝜃 = 𝑚�̈�2

Eliminasi 𝑇 dari kedua persamaan di atas

𝑇

𝑇

𝑁1

𝑚𝑔

𝜃 �̈�1

𝑇 𝑁2

𝑚𝑔

𝜃

�̈�2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 23

𝑚𝑔 − 𝑇(1 − cos 𝜃) = 𝑚�̈�1

𝑚𝑔 − 𝑇 cos 𝜃 = 𝑚�̈�2|

× cos 𝜃× (1 − cos 𝜃)

𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑚𝑔(1 − cos 𝜃) = 𝑚�̈�1 cos 𝜃 − 𝑚�̈�2(1 − cos 𝜃)−

Maka akan kita dapatkan

�̈�1 cos 𝜃 − �̈�2(1 − cos 𝜃) + 𝑔(1 − 2 cos 𝜃) = 0

Subtitusi �̈�1 dan �̈�2

𝑑 (𝛼cos 𝜃

sin2 𝜃− 𝜔2

1 − 3 cos3 𝜃

sin3 𝜃) cos 𝜃

+ 𝑑 (𝛼1 − cos 𝜃

sin2 𝜃+ 𝜔2


sin3 𝜃) (1 − cos 𝜃)

+ 𝑔(1 − 2 cos 𝜃) = 0

𝛼2 cos2 𝜃 − 2 cos 𝜃 + 1

sin2 𝜃+ 𝜔2

1 − 4 cos 𝜃 + 2 cos2 𝜃 + cos2 𝜃 + 2 cos4 𝜃

sin3 𝜃

+𝑔

𝑑(1 − 2 cos 𝜃) = 0

Pada kondisi setimbang, 𝜃 = 𝜃0, 𝛼 = 0 dan 𝜔 = 0 sehingga

1 − 2 cos 𝜃0 = 0

cos 𝜃0 =1

2⟹ 𝜃0 =

𝜋

3

Untuk mengetahui apakah sistem berada dalam kesetimbangan stabil atau tidak, kita

tinjau kondisi ketika sistem diberi simpangan yang kecil dari posisi kesetimbangan.

Jika persamaan gerak sistem berbentuk persamaan gerak harmonik sederhana, maka

sistem berada dalam kondisi kesetimbangan stabil.

Baik, misalkan sekarang 𝜃 = 𝜃0 + 𝜙 dengan 𝜙 ≪ 𝜃0. Dari sini berlaku �̈� = �̈� = 𝛼 dan

dapat kita lakukan pendekatan �̇�2 = �̇�2 = 𝜔2 ≈ 0, sin 𝜙 ≈ 𝜙, dan cos 𝜙 ≈ 1.

Persamaan gerak sistem bisa kita sederhanakan menjadi

�̈�(2 cos2 𝜃 − 2 cos 𝜃 + 1) +𝑔

𝑑(sin2 𝜃 − 2 sin2 𝜃 cos 𝜃) = 0

Pendekatan untuk nilai trigonometri lainnya akan kita peroleh

sin 𝜃 ≈ sin 𝜃0 + 𝜙 cos 𝜃0

cos 𝜃 ≈ cos 𝜃0 − 𝜙 sin 𝜃0

sin2 𝜃 ≈ sin2 𝜃0 + 2𝜙 sin 𝜃0 cos 𝜃0

cos2 𝜃 ≈ cos2 𝜃0 − 2𝜙 sin 𝜃0 cos 𝜃0

sin2 𝜃 cos 𝜃 ≈ sin2 𝜃0 cos 𝜃0 − 𝜙 sin 𝜃0 (1 − 3 cos2 𝜃0)

Subtitusi 𝜃0 =𝜋

3 atau sin 𝜃0 =

1

2√3 dan cos 𝜃0 =

1

2

sin 𝜃 ≈1

2(√3 + 𝜙)

cos 𝜃 ≈1

2(1 − √3𝜙)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 24

sin2 𝜃 ≈1

4(3 + 2√3𝜙)

cos2 𝜃 ≈1

4(1 − 2√3𝜙)

sin2 𝜃 cos 𝜃 ≈1

8(3 − √3𝜙)

Sehingga

�̈�(1 − √3𝜙 − 1 + √3𝜙 + 1) +𝑔

𝑑(

1

4(3 + 2√3𝜙) −

1

4(3 − √3𝜙)) = 0

�̈� +3√3𝑔

4𝑑𝜙 = 0

Persamaan di atas analog dengan persamaan umum gerak harmonik sederhana yang

berbentuk �̈� + 𝜔2𝜙 = 0. Maka pada sudut 𝜃0 ini, sistem berada dalam kesetimbangan

stabil.

d. Dari hasil bagian (c) kita dapatkan frekuensi sudut osilasi pegas yaitu

𝜔0 = √3√3𝑔

4𝑑


Pembangkit listrik tenaga surya (PLTS) merupakan salah satu alternatif sumber listrik

yang semakin populer belakangan ini. Namun, energi surya tidak tersedia setiap saat

(tidak pada malam hari ataupun ketika cuaca mendung). Oleh karena itu, dibutuhkan

suatu bentuk penyimpanan energi listrik yang dapat mendistribusikan beban listrik

dalam jangka waktu satu ataupun beberapa hari.

Pada umumnya, kita menggunakan baterai yang berkapasitas tinggi untuk menyimpan

energi surya, tetapi metode ini tidak optimal, karena (i) baterai berkapasitas tinggi tidak

murah, untuk membeli baterai berkapasitas 5 kWh (1 kwh = 3,6 × 106 J) diperlukan

biaya sekitar Rp. 100 juta, (ii) baterai memiliki massa hidup yang relatif sangat singkat

(sekitar 5-10 tahun), dan kinerjanya menurun seiring waktu, dan (iii) baterai tidak begitu

ramah lingkungan.

Pada soal ini, kita meninjau cara penyimpanan energi alternatif yang mungkin

kedengaran agak aneh, tetapi semakin lama semakin banyak orang yang tertarik untuk

mengaplikasikannya, yaitu energi potensial. Pada suatu bidang miring yang lapang

(misalnya lereng bukit) dengan kemiringan 𝜃 = 100, terdapat kereta api (massa satu

gerbong kereta 𝑚 = 105 kg) yang bergerak naik (menyimpan energi) dan turun

(mendistribusikan energi). Untuk soal ini, gunakan 𝑔 = 9,8 m/s2, sin 100 = 0,174, dan

cos 100 = 0,985.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 25

a. Berapa energi potensial yang dimiliki oleh satu gerbong kereta yang telah bergerak

naik pada rel sepanjang 1 km? Energi potensial ini ekuivalen dengan berapa banyak

baterai 5 kWh yang terisi penuh?

b. Tentunya, metode penyimpanan energi ini tidak efektif untuk PLTS skala kecil

(satu atau beberapa rumah), karena akan sangat memberatkan pada investasi tetap

(seperti pembelian lahan, pembangunan rel dan lokomotif, dan infrastruktur

lainnya). Seharusnya sistem ini menggunakan paling minimum 20 gerbong yang

bergerak naik dan turun. Apabila rata-rata konsumsi listrik satu rumah adalah 200 W,

berapa banyak rumah yang listriknya bisa tersuplai apabila pendistribusian energi

(discharge) terjadi dalam tempo satu hari?

c. Panel solar berukuran 1 m × 1 m dapat memberikan daya listrik sebesar

𝑃 = 𝑃0 sin (2𝜋

𝑇𝑡)

Di mana 𝑡 adalah waktu sejak terbitnya matahari, 𝑇 = 1 hari adalah periode rotasi

bumi, dan 𝑃0 = 200 W adalah daya maksimum panel solar (pada siang hari ketika

matahari tepat berada di atas kepala). Berapa banyak panel solar yang harus dipasang

untuk menyimpan energi listrik (charge) pada 20 gerbong kereta dalam tempo satu

hari? Anggap cuaca tidak pernah mendung.

d. Untuk kasus yang lebih realistik, terdapat energi yang hilang (terdisipasi) dari proses

konversi energi listrik mekanik dan gesekan pada gerbong kereta terhadap rel.

Efisiensi konversi energi listrik (dari panel surya) ke energi gerak kereta adalah 𝜂1 =

0,8 dan efisiensi konversi energi gerak kereta ke energi listrik (untuk konsumsi

listrik) adalah 𝜂2 = 0,9. Koefisien gesek kereta terhadap relnya adalah 𝜇 = 0,05.

Berapa efisiensi total untuk satu siklus penyimpanan energi listrik (charge) yang

dilanjutkan dengan distribusi energi listrik (discharge)?

Pembahasan :

a.

solar cell sel surya

power storage

penyimpanan energi

Rumah (usage)

power consumption konsumsi energi

𝜃

𝜃

𝐿

ℎ

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 26

Ketika sebuah gerbong menempuh jarak 𝐿 = 1 km, maka dia akan berada di

ketinggian ℎ dari dasar bukit dengan

ℎ = 𝐿 sin 𝜃

Maka energi yang dimiliki satu buah gerbong adalah

𝑈0 = 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃

Subtitusi nilai numerik, akan kita peroleh

𝑈0 = 1,705 × 108 J

Energi sebuah baterai 5 kWh adalah

𝐸0 = 5 × (3,6 × 106 J) = 1,8 × 107 𝐽

Maka energi potensial ini akan setara dengan 𝑛 buah baterai 5 kWh dengan

𝑛 =𝑈0

𝐸0=

1,705 × 108 J

1,8 × 107 𝐽= 9,489 ⟹ 𝑛 ≈ 9 buah baterai

b. Energi potensial untuk 20 gerbong kereta

𝑈20 = 20𝑈0 = 3,410 × 109 J

Energi yang dikonsumsi satu buah rumah dalam tempo satu hari adalah

𝐸h = 0,2 kW × 24 h = 4,8 kWh = 1,7 × 107 J

Energi dari 20 gerbong kereta cukup untuk menyuplai energi untuk 𝑁 buah rumah

dengan

𝑁 =𝑈20

𝐸h=

3,410 × 109 J

1,7 × 107 J= 2,006 × 102 ⟹ 𝑁 ≈ 200 buah rumah

c. Energi yang disimpan satu buah panel solar adalah

𝐸 = ∫ 𝑃 𝑑𝑡

Perhatikan bahwa proses penyimpanan energi hanya terjadi pada siang hari atau

hanya pada selang waktu 𝑇/2 sejak matahari terbit. Pada malam hari tidak terjadi

pengisian energi. Maka, dalam satu hari, energi yang disimpan satu buah panel solar

adalah

𝐸p = 𝑃0 ∫ sin (2𝜋

𝑇𝑡) 𝑑𝑡

𝑇2

0

𝐸p =𝑃0𝑇

2𝜋[− cos

2𝜋

𝑇𝑡]

0

𝑇2

=𝑃0𝑇

2𝜋(− cos 𝜋 + cos 0) ⟹ 𝐸p =

𝑃0𝑇

𝜋

Subtitusi nilai numeriknya akan kita peroleh

𝐸p =0,2 × 24 × 3,6 × 106

3,14≈ 5,50 × 106 J

Jumlah panel solar yang yang harus dipasang untuk menyimpan energi pada 20

gerbong kereta adalah

𝑁p =𝑈20

𝐸p=

3,410 × 109 J

5,50 × 106 J= 6,200 × 102 ⟹ 𝑁p = 620 buah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 27

d. Kita tinjau satu buah gerbong kereta, gaya gesek yang bekerja padanya adalah

𝑓 = 𝜇𝑚𝑔 cos 𝜃

Catatan : Hasil berikut berdasarkan asumsi saya secara pribadi

Proses penyimpanan energi adalah ketika panel solar menyerap energi surya dan

memberikannya pada kereta sebagai energi gerak untuk selanjutnya energi gerak ini

membuat gerbong kereta menaik bukit. Proses ini terjadi pada siang hari. Di titik

tertinggi, energinya adalah (setelah dikurangi usaha oleh gaya gesek)

𝐸charge = 𝜂1𝑚𝑔𝑙 sin 𝜃 − 𝜇𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃

Proses pendistribusian energi adalah ketika energi yang disimpan sistem di titik

tertinggi, diubah kembali menjadi energi gerak dan diubah kembali menjadi energi

lsitrik, pada proses ini panel solar tidak menyerap energi (proses ini pada malam

hari) sehingga energi total yang di yang diubah menjadi energi listrik adalah

𝐸discharge = 𝜂2𝐸charge − 𝜇𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃

𝐸discharge = 𝜂2𝜂1𝑚𝑔𝑙 sin 𝜃 − (𝜂2 + 1)𝜇𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃

Energi total jika tidak ada kehilangan energi adalah

𝐸tot = 𝑚𝑔𝑙 sin 𝜃

Maka efisiensi total menjadi

𝜂tot =𝐸discharge

𝐸tot= 𝜂2𝜂1 − (𝜂2 + 1)𝜇

cos 𝜃

sin 𝜃

Subtitusi nilai numerik akan diperoleh

𝜂tot = (0,9)(0,8) − (0,9 + 1)(0,05)0,985

0,174

𝜂tot = 0,1822126437 … ≈ 𝜂tot = 0,18

pembahasan osp fisika tahun 2018 oleh ahmad … · osp fisika 2018 number 1 pada karnaval malam,...

Documents