untuk jadi maju memang banyak tantangan dan β¦ π π 0 basyir al banjari mechtermlighlisfism...
TRANSCRIPT
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 1
βUntuk jadi maju memang banyak tantangan dan hambatan. Kecewa
semenit dua menit boleh, tetapi setelah itu harus bangkit lagi.β
Joko Widodo
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 2
Olimpiade Mingguan
Minggu ke-1 Periode 7-14 Maret 2018
Sebelum memulai jangan lupa berdoa dulu ya menurut agama dan keyakinannya
masing-masing , bagi yang muslim baca doa mau belajar ya
Ψ¨ Ψ³ Ψ§ΩΨ± Ψ§ΩΩΩ Ω Ω Ψ Ω
Ψ§ΩΨ± Ψ Ω Ω
Ω Ψ³Ω Ψ± Ψ§Ω Ω Ψ¨
Ψ―Ω Ω
Ψ¨ Ω Ψ
Ψ§Ω Ω Ω Ψ― Ω
Ω Ψ³
Ψ¨ Ψ§Ω
Ψ§Ω Ψ¨ Ψ± Ψ§Ψ§ΩΩΩ Ψ¨
Ψͺ
Ω ΨΆ
Ψ± Ψ± Ψ² Ψ¨
ΩΨΉ Ω Ψ―
Ψ§Ω Ω
Ψ± Ω Ψ² Ω Ω
ΩΩ Ψ§Ω Ω
βDengan menyebut nama Allah yang maha pengasih lagi maha penyayang, kami ridho
Allah SWT sebagai tuhanku, islam sebagai Agamaku, dan Nabi Muhammad sebagai Nabi
dan Rasul, Ya Allah, tambahkanlah kepadaku ilmu dan berikanlah aku pengertian yang
baik β
Number 1
Suatu objek berbentuk persegi bermassa π bergerak lurus dengan kecepatan konstan π£0
di atas sebuah meja licin. Dua buah batang bermassa π dan panjang πΏ pada awalnya diam
di atas meja licin tersebut dan membentuk sudut π dengan garis sejajar arah gerak
persegi π. Jika kemudian persegi π menumbuk kedua batang secara elastis sempurna
dan π = 5π, tentukanlah kecepatan akhir tiap benda dan kecepatan sudut batang!
Pembahasan :
Untuk sistem ini, karena semua benda berada di atas meja licin sehingga tidak ada gaya
gesek, maka momentum linear arah horizontal sistem kekal. Hal ini dikarenakan tidak
adanya gaya luar yang bekerja pada arah horizontal. Namun agar lebih mudah, kita tinjau
dari impuls yang bekerja pada sistem. Kemudian energi sistem juga kekal karena tidak
ada gaya luar nonkonservatif yang bekerja pada sistem. Berikut kondisi sistem setelah
tumbukan
π
π
π
π
π
πΏ
πΏ
π£0
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 3
Impuls linear/angular total yang bekerja pada suatu benda sama dengan perubahan
momentum linear/angularnya nya
Untuk persegi π (arah positif searah dengan arah gerak persegi)
β2Ξπ = πΞπ£
β2Ξπ = 5π(π£ β π£0) βΉ Ξπ =5
2π(π£0 β π£)β¦ (1)
Untuk batang : impuls linear β perubahan momentum linear (kita tinjau salah satu saja
karena gerkan kedua batang sama, dalam hal ini saya pilih batang atas)
Ξπ = ππ’β¦(2)
Untuk batang : impuls angular β perubahan momentum angular
Di sini, kita bisa tinjau terhadap terhadap titik mana saja, namun agar memudahkan, kita
tinjau terhadap pusat massa batang agar kecepatan pusat massa batang tidak perlu kita
ikut sertakan. Momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah
πΌ =1
12ππΏ2
maka
ΞππΏ
2sin π = πΌπ
ΞππΏ
2sin π =
1
12ππΏ2π βΉ Ξπ =
ππΏπ
6 sin πβ¦ (3)
Dari persamaan (1) dan (2) kita dapatkan 5
2π(π£0 β π£) = ππ’ βΉ π£0 β π£ =
2
5π’β¦ (4) dan π’ =
5
2(π£0 β π£)β¦ (5)
Dari persamaan (2) dan (3)
Ξπ
Ξπ π
Ξπ
Ξπ
π
π
π
π’
π
π
π
π
π£
π’
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 4
ππ’ =ππΏπ
6 sin πβΉ πΏπ = 6π’ sin π β¦ (6)
Dari kekekalan energi sistem kita dapatkan 1
2ππ£0
2 =1
2ππ£2 + 2
1
2ππ’2 + 2
1
2πΌπ2
5ππ£02 = 5ππ£2 + 2ππ’2 +
1
6ππΏ2π2
5(π£02 β π£2) = 2π’2 +
1
6πΏ2π2
5(π£0 + π£)(π£0 β π£) = 2π’2 +
1
6(πΏπ)2
Subtitusi persmaan (4) dan (6)
5(π£0 + π£)2
5π’ = 2π’2 +
1
6(6π’ sin π)2
2π£0 + 2π£ = 2π’ + 6π’ sin2 π
π£0 + π£ = π’(1 + 3 sin2 π)
Subtitusi persamaan (5)
π£0 + π£ =5
2(π£0 β π£)(1 + 3 sin
2 π)
1
2π£0(3 + 15 sin
2 π) =1
2π£(7 + 15 sin2 π) βΉ π£ =
3 + 15 sin2 π
7 + 15 sin2 ππ£0
Subtitusi π£ ke persamaan (5)
π’ =5
2(π£0 β
3 + 15 sin2 π
7 + 15 sin2 ππ£0)
π’ = 5(7 + 15 sin2 π
7 + 15 sin2 ππ£0 β
3 + 15 sin2 π
7 + 15 sin2 ππ£0) βΉ π’ =
4
7 + 15 sin2 ππ£0
Subtitusi π’ ke persamaan (6)
πΏπ = 64
7 + 15 sin2 ππ£0 sin π βΉ π =
24π£0 sin π
(7 + 15 sin2 π)πΏ
Number 2
Di atas suatu meja licin, diletakkan susunan π kotak berbentuk kubus bermassa
π1, π2, π3, β¦ ,ππ. Panjang rusuk kubus tersebut adalah πΏ. Suatu ketika, si kubus yang
pertama yang pada awalnya diam di beri impuls sehingga dia bergerak dengan kecepatan
konstan π£0 kemudian menumbuk kubus kedua, ketiga, dan seterusnya. Di ujung meja
terdapat sebuah pojokan. Massa kubus pertama adalah π, massa kubus kedua adalah
setengah kubus pertama, massa kubus ketiga adalah setengah kubus kedua dan pola ini
berlangsung seterusnya sampai kubus terakhir yaitu kubus ke π. Setelah menumbuk
kotak di depannya, kotak tidak bertumbukan lagi, khusus untuk kotak pertama dan ke π,
dia hanya bertumbukan satu kali.
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 5
Untuk kondisi yang pertama, semua tumbukan berlangsung secara elastis sempurna,
tentukanlah :
a. Kecepatan kubus ke π setelah di tumbuk kubus ke ke π β 1 dimana 1 < π < π!
b. Kecepatan kubus ke π sebelum menumbuk pojokan meja!
c. Impuls minimum yang diberikan pada kubus pertama agar kubus terakhir dapat jatuh
dari meja!
Untuk kondisi yang kedua, semua tumbukan berlangsung secara elastis sebagian dengan
koefisien restitusi π, tentukanlah :
d. Kecepatan kubus ke π dimana 1 < π < π!
e. Kecepatan kubus ke π sebelum menumbuk pojokan meja!
f. Impuls minimum yang diberikan pada kubus pertama agar kubus terakhir dapat jatuh
dari meja!
g. Besar energi yang hilang setelah semua tumbukan terjadi!
Untuk kondisi ketiga, tumbukan yang terjadi tidak elastik sama sekali, tentukanlah :
h. Kecepatan akhir semua kubus setelah semuanya bergerak bersama!
Pembahasan :
a. Supaya kita tidak perlu meninjau semua tumbukan, kita tinjau tumbukan dua buah
kotak dimana kubus pertama bermassa π bergerak menumbuk kubus kedua
bermassa π/2 dengan kecepatan π£1. Karena tumbukan elastis sempurna dan meja
licin kita bisa menggunakan hukum kekekalan momentum linear dan kekekalan
energi kinetik.
Kekekalan momentum linear
ππ£1 = ππ£1β² +
π
2π£2 βΉ 2(π£1 β π£1
β²) = π£2β¦(1)
Kekekalan energi mekanik 1
2ππ£1
2 =1
2ππ£1
β²2 +1
2
π
2π£22
2(π£12 β π£1
β²2) = π£22
2(π£1 β π£1β²)(π£1 + π£1
β²) = π£22
Subtitusi persamaan (1)
π£2(π£1 + π£1β²) = π£2
2 βΉ π£1 + π£1β² = π£2β¦(2)
Subtitusi persamaan (2) ke (1)
π1 π2 π3 ππ
πΏ
πΏ
π£0
β¦
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 6
2(π£1 β π£1β²) = π£1 + π£1
β² βΉ π£1β² =
1
3π£1
Subtitusi π£1β² ke persamaan (2)
π£1 +1
3π£1 = π£2 βΉ π£2 =
4
3π£1
Kita kembali ke soal. Perhatikan bahwa semua tumbukan yang terjadi pada soal ini
adalah tumbukan kubus yang bermassa dua kali dari kubus yang ditumbukanya,
maka pola ini akan berlanjut terus.
π£1 = π£0
π£1β² =
1
3π£1 =
1
3π£0
π£2 =4
3π£1 =
4
3π£0
π£2β² =
1
3π£2 =
4
9π£0
π£3 =4
3π£2 =
16
9π£0
π£3β² =
1
3π£3 =
16
27π£0
π£4 =4
3π£3 =
64
27π£0
β¦
π£π = (4
3)πβ1
π£0
π£πβ² =
4πβ1
3ππ£0
Maka kecepatan kubus ke π setelah ditumbuk kubus ke π β 1 adalah
π£π = (4
3)πβ1
π£0
b. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian a akan kita peroleh kecepatan kubus
ke π sebelum menumbuk pojokan meja yaitu
π£π = (4
3)πβ1
π£0
c. Berikut adalah kondisi kotak ke π ketika menumbuk pojokan meja
ππ π£π
π
πΏ
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 7
Gaya luar yang bekerja pada kubus terjadi pada titik sentuh antara kubus dan pojokan
meja. Jadi, jika kita tinjau terhadap titik ini, tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada
kubus sehingga berlaku hukum kekekalan momentum sudut terhadap titik ini.
πππ£ππΏ
2= πΌπ
Momen inersia persegi terhadap pusat massanya yang adalah
πΌpm =1
6πππΏ
2
Dengan teorema sumbu sejajar, momen inersia persegi terhadap titik sudutnya
adalah
πΌ = πΌpm +ππ (β2
2πΏ)
2
πΌ =1
6πππΏ
2 +ππ (β2
2πΏ)
2
βΉ πΌ =2
3πππΏ
2
maka
πππ£ππΏ
2=2
3πππΏ
2π βΉ πΏπ =3
4π£π
Dengan hukum kekeaklan energi mekanik sistem dengan acuan energi potensial sama
dengan nol adalah permukaan meja licin akan kita dapatkan
1
2πππ£π
2 +ππππΏ
2=1
2(2
3πππΏ
2)π2 +πππβ2
2πΏ
π£π2 + ππΏ =
2
3(3
4π£π)
2
+ ππΏβ2
π£π2 β
3
8π£π
2 = ππΏ(β2 β 1)
5
8π£π
2 = ππΏ(β2 β 1) βΉ π£π = β8
5 ππΏ(β2 β 1)β¦(3)
(4
3)πβ1
π£0 = β8
5 ππΏ(β2 β 1)
π£0 = (3
4)πβ1
β8
5 ππΏ(β2 β 1)
Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah
Ξπ = ππ£0 βΉ Ξπ = π(3
4)πβ1
β8
5 ππΏ(β2 β 1)
d. Sekarang tumbukan elastis sebagian, kita tinjau lagi kasus umum seperti pada bagian
a.
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 8
Kekekalan momentum linear
ππ£1 = ππ£1β² +
π
2π£2 βΉ 2(π£1 β π£1
β²) = π£2β¦(4)
Dengan rumus koefisien restitusi akan kita dapatkan
π = βπ£2 β π£1β²
0 β π£1βΉ π£2 = ππ£1 + π£1
β² β¦(5)
Subtitusi persamaan (5) ke (4)
2(π£1 β π£1β²) = ππ£1 + π£1
β²
(2 β π)π£1 = 3π£1β² βΉ π£1
β² =(2 β π)π£1
3
Subtitusi π£1β² ke persamaan (4)
2(π£1 β(2 β π)π£1
3) = π£2 βΉ π£2 =
2(1 + π)π£13
Dari sini, kita lihat polanya yaitu
π£1 = π£0
π£1β² =
(2 β π)π£13
=(2 β π)π£0
3
π£2 =2(1 + π)π£1
3=2(1 + π)π£0
3
π£2β² =
(2 β π)π£23
=2(1 + π)(2 β π)π£0
9
π£3 =2(1 + π)π£2
3=4(1 + π)2π£0
9
π£3β² =
(2 β π)π£33
=4(1 + π)2(2 β π)π£3
27
π£4 =2(1 + π)π£3
3=8(1 + π)3π£0
27
β¦
π£π = [2(1 + π)
3]
πβ1
π£0
π£πβ² =
[2(1 + π)]πβ1(2 β π)
3ππ£0
Maka kecepatan kubus ke π setelah ditumbuk kubus ke π β 1 adalah
π£π = [2(1 + π)
3]
πβ1
π£0
e. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian d akan kita peroleh kecepatan kubus
ke π sebelum menumbuk pojokan meja yaitu
π£π = [2(1 + π)
3]
πβ1
π£0
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 9
f. Kasus ini sama seperti pada bagian c sehingga akan kita dapat pula hasil seperti pada
persamaan (3) yaitu
π£π = β8
5 ππΏ(β2 β 1)
Maka
[2(1 + π)
3]
πβ1
π£0 = β8
5 ππΏ(β2 β 1)
π£0 = [3
2(1 + π)]πβ1
β8
5 ππΏ(β2 β 1)
Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah
Ξπ = ππ£0 βΉ Ξπ = π [3
2(1 + π)]πβ1
β8
5 ππΏ(β2 β 1)
g. Massa kotak ke π adalah
ππ = (1
2)πβ1
π
Energi awal sistem adalah
πΈ0 =1
2ππ£0
2
Energi akhir sistem setelah semua tumbukan terjadi adalah
πΈ =1
2ππ£1
β² 2 +1
2
π
2π£2β² 2 +
1
2
π
4π£3β² 2 +
1
2
π
8π£4β²2 +β―+
1
2(1
2)πβ1
ππ£π2
πΈ =1
2π(π£1
β² 2 +1
2π£2β² 2 +
1
4π£3β² 2 +
1
8π£4β²2 +β―+ (
1
2)πβ1
π£π2)
πΈ =1
2ππ£0
2 (β1
2πβ1[[2(1 + π)]πβ1(2 β π)
3π]
2πβ1
π=1
+ [2(1 + π)
3]
2πβ2
)
πΈ =1
2ππ£0
2 (β2πβ1(1 + π)2πβ2(2 β π)2
32π
πβ1
π=1
+ [2(1 + π)
3]
2πβ2
)
Untuk menghitung nilai sigma di atas kita modifikasi terlebih dahulu menjadi
2πβ1(1 + π)2πβ2(2 β π)2
32π=β2
2πβ2
β2(1 + π)2π(1 + π)β2(2 β π)2
32π
2πβ1(1 + π)2πβ2(2 β π)2
32π=(2 β π)2
2(1 + π)2([β2(1 + π)
3]
2
)
π
Sehingga
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 10
β2πβ1(1 + π)2πβ2(2 β π)2
32π
πβ1
π=1
=(2 β π)2
2(1 + π)2β([
β2(1 + π)
3]
2
)
ππβ1
π=1β deret geometri
Sigma terkahir adalah suatu deret geometri dengan suku pertama dan rasio memiliki
nilai yang sama yaitu
π = [β2(1 + π)
3]
2
= π
Maka jumlah deret tersebut adalah (ingat bahwa π < 1)
π =π(1 β ππβ1)
1 β π
π =
[β2(1 + π)
3 ]
2
(1 β ([β2(1 + π)
3 ]
2
)
πβ1
)
1 β [β2(1 + π)
3 ]
2
π =2(1 + π)2
9 β 2(1 + π)2[1 β (
2(1 + π)2
9)
πβ1
]
Maka
β2πβ1(1 + π)2πβ2(2 β π)2
32π
πβ1
π=1
=(2 β π)2
2(1 + π)22(1 + π)2
9 β 2(1 + π)2[1 β (
2(1 + π)2
9)
πβ1
]
β2πβ1(1 + π)2πβ2(2 β π)2
32π
πβ1
π=1
=(2 β π)2
9 β 2(1 + π)2[1 β (
2(1 + π)2
9)
πβ1
]
Sehingga energi akhir sistem adalah
πΈ =1
2ππ£0
2 ((2 β π)2
9 β 2(1 + π)2[1 β (
2(1 + π)2
9)
πβ1
] + [2(1 + π)
3]
2πβ2
)
Maka energi yang hilang adalah
ΞπΈ = πΈ β πΈ0
ΞπΈ = β1
2ππ£0
2 (1 β(2 β π)2
9 β 2(1 + π)2[1 β (
2(1 + π)2
9)
πβ1
] + [2(1 + π)
3]
2πβ2
)
h. Soal ini cukup mudah karena momentum total sistem bernilai tetap. Misalkan
kecepatan akhir semua kubus setelah semuanya menyatu adalah π, maka dari
kekekalan momentum linear akan kita dapatkan
ππ£0 = (π +π
2+π
4+π
8+β―+
π
2πβ1)π
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 11
π£0 = (1 +1
2+1
4+1
8+β―+
1
2πβ1)
β deret geometri
π
Dengan π = 1 dan π = 1/2 dan π = π maka
π =π(1 β ππ)
1 β π
π =1 β (
12)
π
1 β12
βΉ π = 2 β (1
2)πβ1
Maka
π£0 = [2 β (1
2)πβ1
] π βΉ π = [2 β (1
2)πβ1
]
β1
π£0
Number 3
Sebuah bola bermassa π dan jari-jari π berada di atas lintasan horizontal dalam keadaan
diam. Sebuah kotak bermassa 2π dengan tinggi β memiliki suatu tongkat yang terikat di
atasnya seperti gambar di bawah. kotak ini berada di permukaan bidang miring dimana
ketinggian pusat massa kotak dari permukaan horizontal adalah π» dan pada awalnya
berada dalam keadaaan diam. Kotak kemudian dijatuhkan begitu saja tanpa diberi
kecepatan awal. Abaikan efek perubahan lintasan kotak dari bidang miring ke bidang
horizontal. Kotak ini kemudian menumbuk bola secara elastis sempurna sehingga bola
bergerak translasi sekaligus rotasi. Asumsikan π» β« β.
Tentukanlah :
a. Energi potensial awal kotak dengan acuan permukaan horizontal!
b. Kecepatan kotak ketika sampai di permukaan horizontal!
c. Kecepatan translasi kotak dan bola serta kecepatan sudut bola setelah tumbukan!
d. Nilai β yang dapat membuat bola menggelinding tanpa slip di atas bidang horizontal
jika tidak ada lintasan kasar!
Pembahasan :
a. Energi potensial awal kotak adalah
π
2π
β π»
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 12
πΈπ = 2πππ»
b. Karena permukaan bidang miring licin, energi mekanik sistem kekal. Misalkan
kecepatan kotak ketika sampai di bidang horizontal adalah π£0 maka
2πππ» = 2ππβ
2+1
22ππ£0
2
π (π» ββ
2) =
1
2π£02
π£02 = π(2π» β β)
Karena π» β« β maka 2π» β β β 2π» sehingga
π£0 = β2ππ»
c. Sekarang kita tinjau perubahan momentum kotak dan bola. Misalkan besar impuls
yang diberikan kotak dan bola satau sama lain adalah Ξπ. Perhatikan kondisi kotak
dan bola ketika bertumbukan
Untuk kotak : Impuls luar β Perubahan momentum linear
βΞπ = 2π(π£1 β π£0) βΉ Ξπ = 2π(π£0 β π£1)β¦ (1)
Untuk bola : Impuls luar β Perubahan momentum linear
Ξπ = ππ£2β¦(2)
Untuk bola : Impuls angular β Perubahan momentum angular
Ξπ(β β π ) =2
5ππ 2πβ¦(3)
Dari persamaan (1) dan (2)
2π(π£0 β π£1) = ππ£2 βΉ 2(π£0 β π£1) = π£2β¦(4)
Dari persamaan (2) dan (3)
ππ£2(β β π ) =2
5ππ 2π βΉ π π =
5
2(β β π
π ) π£2β¦(5)
Karena tumbukan elastis maka energi kinetik sistem kekal 1
22ππ£0
2 =1
22ππ£1
2 +1
2ππ£2
2 +1
2(2
5ππ 2)π2
π 2π
Ξπ Ξπ
π£0 β
π 2π
π
π£2 π£1
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
DC3BCE5B
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
Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari
Hal | 13
2(π£02 β π£1
2) = π£22 +
2
5(π π)2
2(π£0 β π£1)(π£0 + π£1) = π£22 +
2
5(π π)2
Subtitusi persamaan (4) dan (5)
π£2(π£0 + π£1) = π£22 +
2
5
25
4(β β π
π )2
π£22
π£0 + π£1 = [1 +5
2(β β π
π )2
] π£2
Subtitusi persamaan (4)
π£0 + π£1 = [1 +5
2(β β π
π )2
] 2(π£0 β π£1)
π£1 [3 + 5 (β β π
π )2
] = π£0 [1 + 5 (β β π
π )2
]
π£1[3π 2 + 5(β β π )2] = π£0[π
2 + 5(β β π )2] βΉ π£1 =π 2 + 5(β β π )2
3π 2 + 5(β β π )2β2ππ»
Subtitusi π£1 ke persamaan (4)
π£2 = 2(π£0 βπ 2 + 5(β β π )2
3π 2 + 5(β β π )2π£0) βΉ π£2 =
4π 2
3π 2 + 5(β β π )2β2ππ»
Subtitusi π£2 ke persamaan (5)
π π =5
2(β β π
π )
4π 2
3π 2 + 5(β β π )2π£0 βΉ π =
10(β β π )
3π 2 + 5(β β π )2β2ππ»
d. Agar setelah ditumbuk kotak bola langsung menggelinding tanpa slip, maka π£2 = π π
4π 2
3π 2 + 5(β β π )2π£0 =
10(β β π )π
3π 2 + 5(β β π )2π£0
4π 2 = 10βπ β 10π 2
10β = 14π βΉ β =7
5π
Kalau udah selesai jangan lupa doa lagi ya, bagi yang muslim baca
Ψ§ Ω Ω Ψ
Ω Ψ―
Ω Ω
Ψ± Ψ¨
ΨΉ Ψ§Ω
ΩΩ Ψ§Ω
Ω
βSegal puji bagi Allah SWT, Tuhan alam semestaβ