a. Tentukan bentuk akhir dari tiga persamaan di atas yang menampilkan secara eksplisit

OSK Fisika 2018 Number 1 BESARAN PLANCK

Pada tahun 1899 Max Planck memperkenalkan suatu sistem satuan iniversal sehingga besaran-besaran fisika dapat dinyatakan dalam tiga satuan Planck yaitu massa Planck 𝑀_P, panjang Planck 𝐿_P, dan waktu Planck 𝑇_P. Ketiga satuan Planck tersebut dapat dinyatakan dalam tiga konstanta alamiah dalam mekanika kuantum serta dalam teori relativitas khusus dan relativitas umum yaitu konstanta Planck tereduksi ℏ = ℎ/2𝜋 = 1,05 × 10⁻³⁴Js, kelajuan cahaya dalam ruang hampa 𝑐 = 3 × 10⁸m/s, dan konstanta umum gravitasi 𝐺 = 6,67 × 10⁻¹¹Nm²kg⁻². Ketiga satuan Planck ini 𝑀_P, 𝐿_P, dan 𝑇_P dapat dituliskna dalam bentuk :

 𝑀_P = 𝑀_P(ℏ, 𝑐, 𝐺)

 𝐿_P= 𝐿_P(ℏ, 𝑐, 𝐺)

 𝑇_P = 𝑇_P(ℏ, 𝑐, 𝐺)

a. Tentukan bentuk akhir dari tiga persamaan di atas yang menampilkan secara eksplisit ketergantungan 𝑀_P, 𝐿_P, dan 𝑇_P kepada ℏ, 𝑐, dan 𝐺.

b. Hitung nilai numerik dari ketiga satuan Planck di atas 𝑀_P, 𝐿_P, dan 𝑇_P dalam sistem Satuan Internasional (SI).

Selanjutnya dengan menggunakan satuan Planck di atas dapat pula dibentuk 4 macam satuan Planck lainnya yaitu energi Planck 𝐸_P = 𝑀_P𝑐², kecepatan Planck 𝑣_P = 𝐿_P/𝑇_P, percepatan Planck 𝑎_P = 𝐿_P/𝑇_P², dan rapat massa Planck 𝜌_P = 𝑀_P/𝐿_P².

c. Hitung nilai numerik 𝐸_P, 𝑣_P, 𝑎_P, dan 𝜌_P dalam satuan SI.

Pembahasan :

a. Untuk menemukan hubungan satuan Planck dengan besaran-besaran yang diminta, kita bisa menggunakan analisis dimensi. Berikut dimensi masing-masing besaran 𝑀_P = 𝑀 ℏ = 𝑀𝐿²𝑇⁻¹

𝐿_P= 𝐿 𝑐 = 𝐿𝑇⁻¹ 𝑇_P = 𝑇 𝐺 = 𝑀⁻¹𝐿³𝑇⁻²

Dalam analisis dimensi akan ada kosntanta tanpa dimensi ikut dalam persamaan kita.

Namun di sini, nilai konstanta ini bisa kita asumsikan bernilai 1 karena hubungan besaran yang kita analisis adalah sebuah satuan.

Untuk Massa Planck 𝑀_P = ℏ^𝑥𝑐^𝑦𝐺^𝑧

𝑀 = (𝑀𝐿²𝑇⁻¹)^𝑥(𝐿𝑇⁻¹)^𝑦(𝑀⁻¹𝐿³𝑇⁻²)^𝑧 𝑀 = 𝑀^𝑥−𝑧𝐿^{2𝑥+𝑦+3𝑧}𝑇^{−𝑥−𝑦−2𝑧}

Dari kesamaan pangkat untuk suku di sebelah kanan dan kiri akan kita dapatkan 1 = 𝑥 − 𝑧 … (1)

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 0 … (2)

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0 … (3)

Dari penjumlahan persamaan (2) dan (3) kita dapatkan 𝑥 + 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = −𝑧

Maka dari persamaan (1) akan kita dapat 1 = −𝑧 − 𝑧 = −2𝑧 ⟹ 𝑧 = −1

2 dan 𝑥 = 1 2

Kemudian akan kita dapatkan pula dari persamaan (3) 𝑦 = −𝑥 − 2𝑧 = −1

2− (−1

2) ⟹ 𝑦 =1 2 Maka massa Planck akan berbentuk 𝑀_P = ℏ¹²𝑐¹²𝐺⁻¹² ⟹ 𝑀_P = √ℏ𝑐

𝐺 Untuk Panjang Planck

𝐿_P= ℏ^𝑥𝑐^𝑦𝐺^𝑧

𝐿 = 𝑀^𝑥−𝑧𝐿^{2𝑥+𝑦+3𝑧}𝑇^{−𝑥−𝑦−2𝑧}

Dari kesamaan pangkat kita dapatkan persamaan berikut 𝑥 − 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑧 … (4)

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 1 … (5)

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0 … (6)

Dari persamaan (4) dan (6) kita peroleh

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑥 = 0 ⟹ 𝑦 = −3𝑥

Maka dari persamaan (5) akan kita dapatkan 2𝑥 + (−3𝑥) + 3𝑥 = 1 ⟹ 𝑥 =1

2= 𝑧 dan 𝑦 = −3 2 Maka panjang Planck akan berbentuk

𝐿_P= ℏ¹²𝑐⁻³²𝐺¹² ⟹ 𝐿_P = √ℏ𝐺 𝑐³ Untuk Waktu Planck

𝑇_P = ℏ^𝑥𝑐^𝑦𝐺^𝑧

𝑇 = 𝑀^𝑥−𝑧𝐿^{2𝑥+𝑦+3𝑧}𝑇^{−𝑥−𝑦−2𝑧}

Dari kesamaan pangkat kita dapatkan persamaan berikut 𝑥 − 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑧 … (7)

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 0 … (8)

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 1 … (9)

Dari persamaan (7) dan (8) kita peroleh 2𝑥 + 𝑦 + 3𝑥 = 0 ⟹ 𝑦 = −5𝑥

Maka dari persamaan (9) akan kita dapatkan

−𝑥 − (−5𝑥) − 2𝑥 = 1 ⟹ 𝑥 =1

2= 𝑧 dan 𝑦 = −5 2 Maka waktu Planck akan berbentuk

𝑇_P = ℏ¹²𝑐⁻⁵²𝐺¹² ⟹ 𝑇_P = √ℏ𝐺 𝑐⁵

b. Dengan memasukkan nilai numerik ℏ, 𝑐, dan 𝐺 akan kita dapatkan nilai numerik dari masing-masing satuan Planck

Massa Planck 𝑀_P = √ℏ𝑐

𝐺 = √(1,05 × 10⁻³⁴)(3 × 10⁸)

6,67 × 10⁻¹¹ ≈ √4,72 × 10⁻¹⁶

tadi kita nggak boleh pakai kalkulator kan ya... terus gimana dong cara menghitung akar untuk angka yang kurang enak? Tenang teman-teman, setiap kesulitaan pasti ada jalan keluar. Ada yang namanya metode hampiran, silahkan pelajari secara lengkap di buku kalkulus bab tentang aplikasi diferensial. Intinya adalah, kita bisa mendekati akar suatu bilangan dari akar suatu bilangan lain yang diketahui akarnya. Rumusnya adalah sebagai berikut, misalkan kita ingin mencari akar nilangan 𝐻, maka

√𝐻 ≈ √𝑥 + 𝑑𝑥

√𝐻 adalah nilai akar yang kita cari, 𝑥 adalah bilangan terdekat dari 𝐻 yang nilainya rasional, dan 𝑑𝑥 pergeseran dari nilai 𝑥. Rumus 𝑑𝑥 adalah

𝑑𝑥 = 1

2√𝑥Δ𝑥 dengan Δ𝑥 = 𝐻 − 𝑥

Baik mari kita coba gunakan untuk 𝐻 = 4,72. Nilai 𝑥 yang terdekat adalah 4 maka Δ𝑥 = 4,72 − 4 = 0,72

𝑑𝑥 ≈ 1

2√4× 0,72 = 0,18

√4,72 ≈ √4 + 0,18 = 2,18

Jika menggunakan kalkulator hasil yang kita dapatkan adalah √4,72 ≈ 2,172556 … Hasilnya mendekati kan. Karena kita gak boleh pakai kalkulator kita pakai hasil yang dari hampiran

𝑀_P ≈ 2,18 × 10⁻⁸ kg dari kalkulator 𝑀_P≈ 2,172 × 10⁻⁸ kg Panjang Planck

𝐿_P= √ℏ𝐺

𝑐³ = √(1,05 × 10⁻³⁴)(6,67 × 10⁻¹¹)

(3 × 10⁸)³ ≈ √3,7 × 10⁻⁷⁰ Dengan metode hampiran seperti sebelumnya kan kita dapatkan

𝐿_P ≈ 1,925 × 10⁻³⁵ m dari kalkulator 𝐿_P ≈ 1,923 × 10⁻³⁵ m Waktu Planck

𝑇_P = √ℏ𝐺

𝑐⁵ = √(1,05 × 10⁻³⁴)(6,67 × 10⁻¹¹)

(3 × 10⁸)⁵ ≈ √28,82 × 10⁻⁹⁸

Dengan metode hampiran akan kita dapatkan

𝑇_P ≈ 5,382 × 10⁻⁴⁹ s dari kalkulator 𝑇_P ≈ 5,374 × 10⁻⁴⁹ s c. Energi Planck

𝐸_P = 𝑀_𝑃𝑐² = (2,18 × 10⁻⁸)(3 × 10⁸)² ⟹ 𝐸_P = 1,962 × 10⁹ J Kecepatan Planck

𝑣_P= 𝐿_𝑃

𝑇_𝑃 =1,925 × 10⁻³⁵

5,382 × 10⁻⁴⁹⟹ 𝑣_P = 3,58 × 10¹³ m/s Percepatan Planck

𝑎_P = 𝐿_𝑃

𝑇_𝑃²= 1,925 × 10⁻³⁵

(5,382 × 10⁻⁴⁹)² ⟹ 𝑎_P = 6,645 × 10⁶¹ m/s² Rapat Massa Planck

𝜌_P= 𝑀_𝑃

𝐿_𝑃³ = 2,18 × 10⁻⁸

(1,925 × 10⁻³⁵)³ ⟹ 𝜌_P= 3,056 × 10⁹⁶ kg/m³ OSK Fisika 2018 Number 2 GERAK PARABOLA

Sebuah peluru ditembakkan ke atas dengan kecepatan awal dan sudut elevasi tertentu dari permukaan tanah. Ketika peluru tersebut berada di ketinggian 𝐻₁ untuk pertama dan kedua kalinya, selang waktu antara keduanya adalah 𝑇₁, sedangkan ketika peluru tersebut berada ketinggian 𝐻₂ untuk pertama dan kedua kalinya, selang waktu antara keduanya adalah 𝑇₂. Asumsikan 𝐻₂ > 𝐻₁ dan 𝑇₁ > 𝑇₂. Tentukan :

a. Selang waktu ketika peluru tersebut berada di ketinggian 𝐻₃ untuk pertama dan kedua kalinya, dinyatakan dalam 𝐻₁, 𝐻₂, 𝐻₃, 𝑇₁ dan 𝑇₂

b. Syarat untuk 𝐻₃ (dinyatakan dalam 𝐻₁, 𝐻₂, 𝑇₁ dan 𝑇₂) agar selang waktu pada soal a ada nilainya.

Pembahasan :

a. 𝐻₃ bisa berada di ketinggian berapa saja. Kita tinjau untuk 𝐻₃ > 𝐻₂ > 𝐻₁. Sebenarnya dimanapun pemilihan posisi 𝐻₃, hasilnya akan tetap sama. Lintasan gerak peluru adalah sebagai berikut

𝑦

𝑥 𝐻₁

𝐻₂ 𝐻₃ 𝑇₁ 𝑇₂ 𝑇₃

Misalkan kecepatan ketika peluru berada di ketinggian untuk komponen vertikal adalah 𝑣_1𝑦. Perhatikan gambar di atas! Jika selang waktu 𝑇₁ adalah Selang waktu ketika peluru tersebut berada di ketinggian 𝐻₁ untuk pertama dan kedua kalinya, maka selang waktu ketika peluru berada di ketinggian 𝐻₁ untuk pertama kalinya sampai mencapai titik tertinggi adalah 𝑇₁/2. Ketika berada di titik tertinggi, kecepatan peluru arah vertikal bernilai nol, maka

𝑣_𝑦 = 0 = 𝑣_1𝑦−𝑔𝑇₁

2 ⟹2𝑣_1𝑦

𝑔 = 𝑇₁… (1)

Kita tinjau posisi peluru untuk arah vertikal relatif terhadap titik di ketinggian 𝐻₁. Waktu untuk mencapai posisi di ketinggian 𝐻₂ adalah

𝐻₂− 𝐻₁ = 𝑣_1𝑦𝑡 −1 2𝑔𝑡² 𝑡²−2𝑣_1𝑦

𝑔 𝑡 +2(𝐻₂− 𝐻₁)

𝑔 = 0

Subtitusi persamaan (1) 𝑡²− 𝑇₁𝑡 +2(𝐻₂− 𝐻₁)

𝑔 = 0

Solusi untuk 𝑡 di atas ada dua yaitu

𝑡 =

𝑇₁ − √𝑇₁²−8(𝐻₂− 𝐻₁) 𝑔

2 dan 𝑡^′=

𝑇₁+ √𝑇₁²−8(𝐻₂− 𝐻₁) 𝑔 2

Untuk 𝑡 adalah selang waktu dari posisi ketinggian 𝐻₁ untuk pertama kali sampai ke posisi ketinggian 𝐻₂ untuk pertama kali. Sedangkan 𝑡′ adalah selang waktu dari posisi ketinggian 𝐻₁ untuk pertama kali sampai ke posisi ketinggian 𝐻₂ untuk pertama kedua kalinya. Maka selisih antara 𝑡′ dan 𝑡 adalah 𝑇₂ atau

𝑡^′− 𝑡 = 𝑇₂

𝑇₁ + √𝑇₁²−8(𝐻₂− 𝐻₁) 𝑔

2 −

𝑇₁− √𝑇₁²−8(𝐻₂− 𝐻₁) 𝑔

2 = 𝑇₂

√𝑇₁²−8(𝐻₂ − 𝐻₁) 𝑔 = 𝑇₂ 𝑇₁²−8(𝐻₂− 𝐻₁)

𝑔 = 𝑇₂² 𝑇₁²− 𝑇₂² = 8(𝐻₂− 𝐻₁)

𝑔 ⟹ 𝑔 =8(𝐻₂− 𝐻₁) 𝑇₁²− 𝑇₂² … (2)

Dengan cara yang sama untuk posisi di ketinggian 𝐻₁ dan 𝐻₃ akan kita dapatkan 𝑔 =8(𝐻₃− 𝐻₁)

𝑇₁²− 𝑇₃² … (3)

Persamaan (3) sama dengan persamaan (2)

8(𝐻₂− 𝐻₁)

𝑇₁²− 𝑇₂² = 8(𝐻₃− 𝐻₁) 𝑇₁²− 𝑇₃²

𝑇₁²− 𝑇₃² = (𝑇₁²− 𝑇₂²)𝐻₃− 𝐻₁ 𝐻₂− 𝐻₁ 𝑇₃² = 𝑇₁²− (𝑇₁²− 𝑇₂²)𝐻₃− 𝐻₁ 𝐻₂− 𝐻₁ 𝑇₃² = 𝑇₁²(1 −𝐻₃− 𝐻₁

𝐻₂− 𝐻₁) + 𝑇₂²(𝐻₃− 𝐻₁ 𝐻₂− 𝐻₁) 𝑇₃² = −𝑇₁²(𝐻₃− 𝐻₂

𝐻₂− 𝐻₁) + 𝑇₂²(𝐻₃− 𝐻₁ 𝐻₂− 𝐻₁) 𝑇₃² =𝑇₂²(𝐻₃− 𝐻₁) − 𝑇₁²(𝐻₃− 𝐻₂)

𝐻₂− 𝐻₁

𝑇₃ = √𝑇₂²(𝐻₃− 𝐻₁) − 𝑇₁²(𝐻₃− 𝐻₂) 𝐻₂− 𝐻₁

b. Agar 𝑇₃ memiliki nilai atau kalau kata soal ada nilainya, dia haruslah berupa bilangan real. Agar 𝑇₃ merupakan bilangan real, suku di dalam akar haruslah lebih besar dari nol

𝑇₂²(𝐻₃− 𝐻₁) − 𝑇₁²(𝐻₃− 𝐻₂) 𝐻₂ − 𝐻₁ > 0 𝑇₂²𝐻₃− 𝑇₂²𝐻₁ > 𝑇₁²𝐻₃− 𝑇₁²𝐻₂

(𝑇₁²− 𝑇₂²)𝐻₃ < 𝑇₁²𝐻₂− 𝑇₂²𝐻₁ ⟹ 𝐻₃ <𝑇₁²𝐻₂− 𝑇₂²𝐻₁ 𝑇₁²− 𝑇₂² OSK Fisika 2018 Number 3 BOLA BERONGGA

Sebuah bola berongga berdinding tebal dimana jari-jari dinding luar dan dalamnya masing-masing adalah 𝑅₀ dan 𝑅₁. Densitas bola pada 𝑅₁ < 𝑟 < 𝑅₀ dianggap homogen, yaitu 𝜌. Bola menggelinding ke bawah tanpa slip dari keadaan diam pada suatu bidang miring dan kecepatannya ketika mencapai dasar bidang miring adalah 𝑣₀. Bila bidang miringnya licin dan bola menuruni bidang miring dari keadaan dan posisi yang sama seperti sebelumnya, maka kecepatannya saat mencapai dasar bidang miring menjadi 5𝑣₀/4. Tentukan :

a. Jari-jari girasi bola berongga tersebut terhadap sumbu yang melalui pusat bola.

b. Perbandingan nilai 𝑅₁/𝑅₀ dan

c. Perbandingan volume rongga bola terhadap volume total bola

Petunjuk : Untuk polinom 13𝑥⁵− 45𝑥² + 32 = 0, salah satu solusinya adalah 𝑥 = 1,215 Pembahasan :

a. Jari-jari girasi adalah jari-jari yang digunakan pada momen inersia jika benda tegar yang kita tinjau dianggap sebagai massa titik. Oleh karena itu kita perlu meninjau

moen inersia bola berongga tebal ini terkebih dahulu. Momen inersia untuk kulit bola tipis terhadap sumbu rotasi yang melalui pusatnya adalah

𝐼₀ =2 3𝑚𝑅²

Sekarang kita tinjau suatu elemen kulit bola tipis setebal 𝑑𝑟 yang berjarak 𝑟 dari pusat bola dimana 𝑅₁ < 𝑟 < 𝑅₀.

Luas permukaan elemen kulit bola ini adalah 4𝜋𝑟². Karena kulit bola ini sangat tipis, luas permukaan luar dan dalamnya bisa kita asumsikana sama, maka volume kulit bola ini adalah 𝑑𝑉 = 4𝜋𝑟²𝑑𝑟. Massa elemen kulit bola ini adalah

𝑑𝑚 = 𝜌𝑑𝑉 = 4𝜌𝜋𝑟²𝑑𝑟

Massa total bola berongga ini adalah

∫ 𝑑𝑚

𝑀 0

= ∫ 4𝜌𝜋𝑟²𝑑𝑟

𝑅0

𝑅₁

𝑀 = 4𝜌𝜋 ∫ 𝑟²𝑑𝑟

𝑅0 𝑅₁

=4

3𝜌𝜋(𝑅₀³− 𝑅₁³)

Momen inersia kulit bola ini terhadap sumbu rotasi yang melalui pusatnya adalah 𝑑𝐼 =2

3𝑑𝑚𝑟² 𝑑𝐼 =8

3𝜌𝜋𝑟⁴𝑑𝑟

∫ 𝑑𝐼

𝐼 0

=8

3𝜌𝜋 ∫ 𝑟⁴𝑑𝑟

𝑅₀

𝑅1

𝐼 =8 3𝜌𝜋1

5(𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵) ⟹ 𝐼 = 8

15𝜌𝜋(𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵)

Jika bola berongga bendinding tebal ini dianggap sebagai massa titik, jari-jari girasi nya atau 𝑅_𝐺 adalah

𝑀𝑅_𝐺² = 8

15𝜌𝜋(𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵)

𝑟 𝑑𝑟 𝑅₀

𝑅₁ elemen kulit

bola tipis

4

3𝜌𝜋(𝑅₀³− 𝑅₁³)𝑅_𝐺² = 8

15𝜌𝜋(𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵) 𝑅_𝐺² =2(𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵)

5(𝑅₀³− 𝑅₁³)⟹ 𝑅_𝐺 = √2(𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵) 5(𝑅₀³− 𝑅₁³)

b. Pertama kita tinjau kondisi ketika bola menggelinding tanpa slip. Karena bola menggelinding tanpa slip, ketik sampai di dasar bidang miring, bola bergerak translasi dengan kecepatan 𝑣₀ dan rotasi dengan kecepatan sudut 𝜔.

Menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik akan kita dapatkan 𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀𝑣₀²+1 2𝐼𝜔²

Karena bola menggelinding tanpa slip maka 𝜔 = 𝑣₀/𝑅₀ 4

3𝜌𝜋(𝑅₀³− 𝑅₁³)𝑔ℎ =1 2

4

3𝜌𝜋(𝑅₀³− 𝑅₁³)𝑣₀²+1 2

8

15𝜌𝜋(𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵) (𝑣₀ 𝑅₀)

2

𝑔ℎ =1

2𝑣₀² +1 5

𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵

(𝑅₀³− 𝑅₁³)𝑅₀²𝑣₀²… (1)

Berikutnya kita tinjau kondisi ketika bidang miring licin. Karena bidang miring licin, maka tidak ada gaya gesek dan tidak tidak ada torsi yang menyebabkan bola berotasi, jadi ketika sampai di dasar bidang miring, bola hanya murni bergerak translasi dengan kecepatan 5𝑣₀/4.

Menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik akan kita dapatkan 𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀 (5𝑣₀ 4 )

2

⟹ 𝑔ℎ =25

32𝑣₀²… (2)

𝜔 𝑀

𝑣₀ ℎ

𝑀

5𝑣₀ 4 ℎ

Persamaan (1) sama dengan persamaan (2) 25

32𝑣₀² =1

2𝑣₀²+1 5

𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵

(𝑅₀³− 𝑅₁³)𝑅₀²𝑣₀² 25

32=1 2+1

5

𝑅₀⁵− 𝑅₁⁵ (𝑅₀³− 𝑅₁³)𝑅₀² 9

32= 𝑅₀⁵ − 𝑅₁⁵ 5(𝑅₀⁵− 𝑅₁³𝑅₀²)

45𝑅₀⁵− 45𝑅₁³𝑅₀² = 32𝑅₀⁵− 32𝑅₁⁵ 13𝑅₀⁵− 45𝑅₁³𝑅₀²+ 32𝑅₁⁵ = 0| × 1

𝑅₁⁵ 13 (𝑅₀

𝑅₁)

5

− 45 (𝑅₀ 𝑅₁)

2

+ 32 = 0

Persamaan terkahir ini analog dengan bentuk polinom yang diberikan petunjuk yaitu 13𝑥⁵ − 45𝑥² + 32 = 0

Maka solusinya adalah 𝑅₀

𝑅₁ = 1,215 = 1215 1000⟹𝑅₁

𝑅₀ = 1000

1215⟹ 𝑅₁

𝑅₀ = 200

243= 0,823 Alterntif Solusi Untuk Bagian a

kita bisa mencari jari-jari girasi dengan cara yang lebih mudah. Untuk persamaan energi sistem dari kondisi awal sampai ketika tiba di dasar bidang miring akan berbentuk

𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀𝑣₀²+1

2𝑀𝑅_𝐺²𝜔²

Untuk kasus pertama berlaku 𝜔 = 𝑣₀/𝑅₀ 𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀𝑣₀²+1

2𝑀𝑣₀²(𝑅_𝐺 𝑅₀)

2

Untuk kasus kedua 𝜔 = 0 𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀 (5𝑣₀ 4 )

2

=1

2𝑀𝑣₀²(25 16) Maka jari-jari girasi bola akan menjadi 1

2𝑀𝑣₀² +1

2𝑀𝑣₀²(𝑅_𝐺 𝑅₀)

2

= 1

2𝑀𝑣₀²(25 16) 1 + (𝑅_𝐺

𝑅₀)

2

= 25 16 (𝑅_𝐺

𝑅₀)

2

= 9 16 𝑅_𝐺

𝑅₀ =3

4⟹ 𝑅_𝐺 = 3 4𝑅₀

Hasil ini akan sama dengan hasil pada bagian a, kalau tidak percaya coba saja masukkan nilai numeriknya, berapapun yang kamu pilih pasti hasilnya sama.

c. Volume rongga adalah 𝑉_𝑅 = 4

3𝜋𝑅₁³

Volume total bola bola adalah 𝑉_𝐵 =4

3𝜋𝑅₀³

Maka, perbandingan volume rongga terhadap volume total bola adalah 𝑉_𝑅

𝑉_𝐵 = 4 3 𝜋𝑅¹³ 4 3 𝜋𝑅⁰³

= (𝑅₁ 𝑅₀)

3

= (0,823)³ ⟹ 𝑉_𝑅

𝑉_𝐵= 0,557 OSK Fisika 2018 Number 4 OSILASI AYUNAN BANDUL

Sebuah partikel bermassa 𝑚 diikat pada ujung tali tegar tak bermassa dengan panjang 𝐿.

Ujung tali yang satunya dipasang pada suatu titik tetap. Partikel tersebut diputar dengan kecepatan sudut konstan Ω⃗⃗ = Ω𝑧̂ sehingga bergerak dalam bidang horizontal 𝑥𝑦. Sudut antara tali dengan sumbu vertikal 𝑧 adalah 𝜃. Percepatan gravitasi 𝑔 ke arah sumbu 𝑧 negatif.

a. Jika sudut konstan sebesar 𝜃 = 𝜃₀ adalah sudut apit tali dengan garis vertikal sehingga 𝑚 berada pada bidang horizontal yang tetap, tentukan 𝜃₀ dinyatakan dalam 𝐿, 𝑔, dan Ω.

b. Ketika partikel tersebut berotasi terhadap sumbu vertikal, sudut 𝜃₀ dapat divariasi dengan sudut infinitesimal 𝛿(𝜃 = 𝜃₀+ 𝛿) sehingga partikel tersebut juga melakukan gerak osilasi terhadap 𝛿. Tentukan kecepatan sudut osilasi dinyatakan dalam 𝐿, 𝑔, dan Ω.

Pembahasan :

a. Kita tinjau keseimbangan partikel pada arah radial relatif terhadap lintasan melingkar partikel. karena kita tinjau relatif terhadap lintasan partikel, sedangkan pada lintasan ini partikel memiliki percepatan sentripetal yang arahnya radial ke dalam, maka dia akan mendapat gaya fiktif yaitu gaya sentrifugal yang arahnya menjauhi sumbu rotasi. Berikut diagram gaya pada partikel

𝑚 𝐿

Ω 𝑔 𝜃

Keseimbangan gaya arah vertikal memberikan 𝑇 cos 𝜃₀− 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑇cos 𝜃₀ = 𝑚𝑔 … (1) Keseimbangan gaya arah radial memberikan 𝑇 sin 𝜃₀ − 𝑚Ω²𝐿 sin 𝜃₀ = 0 ⟹ 𝑇 = 𝑚Ω²𝐿 … (2) Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑚Ω²𝐿 cos 𝜃₀ = 𝑚𝑔 cos 𝜃₀ = 𝑔

Ω²𝐿 ⟹ 𝜃₀ = arccos ( 𝑔 Ω²𝐿 )

b. Sekarang kita tinjau kondisi ketika sudut apit antara tali dan garis vertikal bertambah sebesar 𝛿 menjadi 𝜃 = 𝜃₀ + 𝛿. Kita tinjau gerak rotasi sistem. Torsi pemulih sistem adalah proyeksi gaya berat dan gaya sentrifugal pada arah tangensial. Perhatikan gambar di bawah!

Besar torsi pemulih sistem adalah

∑ 𝜏 = 𝑚𝐿²𝛼

𝑚𝑔 sin 𝜃 𝐿 − 𝑚Ω²𝐿²sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝑚𝐿²𝛼 𝑔

𝐿sin 𝜃 − Ω²sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝛼 𝑔

𝐿sin(𝜃₀+ 𝛿) − Ω²sin(𝜃₀+ 𝛿) cos(𝜃₀+ 𝛿) = 𝛼 … (3) 𝑚𝑔

𝑇 𝜃₀

𝑇 sin 𝜃₀ 𝑇 cos 𝜃₀

𝑚Ω²𝐿 sin 𝜃₀

𝑚𝑔 𝑇′

𝜃 𝑚Ω²𝐿 sin 𝜃

𝛼 𝜃

𝜃

Kita gunakan rumus trigonometri berikut untuk memodifikasi persamaan di atas sin(𝜃₀+ 𝛿) = sin 𝜃₀cos 𝛿 + cos 𝜃₀sin 𝛿

cos(𝜃₀+ 𝛿) = cos 𝜃₀cos 𝛿 − sin 𝜃₀sin 𝛿 maka

sin(𝜃₀+ 𝛿) cos(𝜃₀ + 𝛿) = (sin 𝜃₀cos 𝛿 + cos 𝜃₀sin 𝛿)(cos 𝜃₀cos 𝛿 − sin 𝜃₀sin 𝛿) sin(𝜃₀+ 𝛿) cos(𝜃₀ + 𝛿)

= sin 𝜃₀cos 𝜃₀cos²𝛿 + cos²𝜃₀sin 𝛿 cos 𝛿 − sin²𝜃₀sin 𝛿 cos 𝛿

− sin 𝜃₀cos 𝜃₀sin²𝛿

Untuk osilasi yang kecil, atau sudut 𝛿 kecil, maka kita akan berlaku hampiran berikut yaitu

cos 𝛿 ≈ 1

sin 𝛿 ≈ 𝛿 ⟹ sin²𝛿 ≈ 𝛿² ≈ 0

Suku 𝛿² bisa kita hampirkan ke nol karena 𝛿 sendiri suatu bilangan yang kecil, maka 𝛿² akan sangat kecil dan mendekati nol sehingga

sin(𝜃₀+ 𝛿) = sin 𝜃₀+ 𝛿 cos 𝜃₀

sin(𝜃₀+ 𝛿) cos(𝜃₀ + 𝛿) = sin 𝜃₀cos 𝜃₀ + 𝛿 cos²𝜃₀− 𝛿 sin²𝜃₀ Kita kembali ke persamaan (3)

𝑔

𝐿(sin 𝜃₀+ 𝛿 cos 𝜃₀) − Ω²(sin 𝜃₀cos 𝜃₀+ 𝛿 cos²𝜃₀− 𝛿 sin²𝜃₀) = 𝛼 Kita gunakan hasil dari bagian a yaitu

cos 𝜃₀ = 𝑔

Ω²𝐿 ⟹ 𝑔

𝐿 = Ω²cos 𝜃₀ Maka

Ω²cos 𝜃₀(sin 𝜃₀+ 𝛿 cos 𝜃₀) − Ω²(sin 𝜃₀cos 𝜃₀+ 𝛿 cos²𝜃₀− 𝛿 sin²𝜃₀) = 𝛼 Ω²cos 𝜃₀sin 𝜃₀ + Ω²𝛿 cos²𝜃₀− Ω²sin 𝜃₀cos 𝜃₀− Ω²𝛿 cos²𝜃₀+ Ω²𝛿 sin²𝜃₀ = 𝛼 Ω²𝛿 sin²𝜃₀ = 𝛼

Karena arah 𝛼 berlawanan dengan arah bertambahnya 𝛿 maka 𝛼 = −𝛿̈ sehingga Ω²𝛿 sin²𝜃₀ = −𝛿̈

𝛿̈ + Ω²sin²𝜃₀𝛿 = 0

𝜔² = Ω²sin²𝜃₀ ⟹ 𝜔 = Ω sin 𝜃₀

Dari identitas trigonometri kita peroleh sin 𝜃₀ = √1 − cos²𝜃₀ = √1 − 𝑔²

Ω⁴𝐿²

Kecepatan sudut osilasi partikel akan menjadi 𝜔 = Ω√1 − 𝑔² Ω⁴𝐿²

OSK Fisika 2018 Number 5 TUMBUKAN MASSA DAN BATANG

Tinjau sistem dibawah ini yang terdiri dari tiga buah massa 𝑚₁, 𝑚₂, dan 𝑚₃ yang saling lepas (tidak saling menempel). Seluruh gerakan sistem berada pada bidang horizontal.

Batang 𝑚₂ dengan panjang 3𝐿 dipasang pada poros licin. Massa 𝑚₃ yang hampir menyentuh batang 𝑚₂ berada pada posisi berjarak 2𝐿 dari poros, dan keduanya dalam keadaan diam. Massa 𝑚₁ bergerak lurus dengan kecepatan 𝑣₀ dengan arah tegak lurus batang dan akan menumbuk batang pada jarak 𝐿 dari dari poros. Semua tumbukan yang terjadi bersifat lenting sempurna. Untuk selanjutnya dalam perhitungan gunakanlah oleh kalian 𝑚₁ = 𝑚₂ = 𝑚₃ = 𝑚.

Setelah tumbukan terjadi, tentukan :

a. Kecepatan massa 𝑚₁ dan 𝑚₃ serta kecepatan sudut batang 𝑚₂.

b. Perbedaan momentum sudut total dan perbedaan energi kinetik sistem antara sebelum dan sesudah tumbukan.

Pembahasan :

a. Baik teman-teman. Kita akan bahas soal ini. Hal yang perlu diperhatikan di sini adalah tumbukan yang terjadi sebanyak dua kali. Loh koq bisa?? Jadi begini, kan semuanya benda saling lepas, begitupun antara 𝑚₂ dan 𝑚₃. Tumbukan pertama adalah tumbukan antara massa 𝑚₁ dan batang 𝑚₂, massa 𝑚₃ tidak ikut serta dalam tumbukan pertama ini karena dia tidak menempel pada 𝑚₂. Tumbukan kedua adalah tumbukan antara batang 𝑚₂ dan massa 𝑚₃, di sini massa 𝑚₁ tidak ikut serta karena dia sudah berbalik arah. Baik kita tinjau masing-masing tumbukan.

Tumbukan Pertama

Setelah tumbukan massa 𝑚₁ akan berbalik arah dan batang 𝑚₂ akan berotasi.

Momentum sudut sistem terhadap poros licin kekal karena jika kita tinjau terhadap poros ini, tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada sistem. Misal kecepatan massa 𝑚₁ dan kecepatan sudut batang 𝑚₂ setelah tumbukan adalah 𝑣₁ dan 𝜔₀. Momen inersia batang terhadap poros licin adalah

𝐼 =1

3𝑚₂𝐿₂² =1

3𝑚(2𝐿)² = 3𝑚𝐿² 𝑣₀

𝑚₁ 𝑚₂

𝑚₃ 𝐿

2𝐿 3𝐿

poros licin

Kekekalan momentum sudut 𝑚𝑣₀𝐿 = −𝑚𝑣₁𝐿 + 3𝑚𝐿²𝜔₀ 𝑣₀+ 𝑣₁ = 3𝐿𝜔₀… (1)

Karena poros licin dan tumbukan elastis energi sistem sebelum dan sesdah tumbukan kekal

1

2𝑚𝑣₀² = 1

2𝑚𝑣₁² +1

23𝑚𝐿²𝜔₀² 𝑣₀²− 𝑣₁² = 3𝐿²𝜔₀²

(𝑣₀+ 𝑣₁)(𝑣₀− 𝑣₁) = 3𝐿²𝜔₀² Subtitusi persamaan (1) 3𝐿𝜔₀(𝑣₀− 𝑣₁) = 3𝐿²𝜔₀²

𝑣₀− 𝑣₁ = 𝐿𝜔₀ ⟹ 𝑣₁ = 𝑣₀− 𝐿𝜔₀… (2) Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑣₀+ 𝑣₀− 𝐿𝜔₀ = 3𝐿𝜔₀ 2𝑣₀ = 4𝐿𝜔₀ ⟹ 𝜔₀ = 𝑣₀

2𝐿

Subtitusi 𝜔₀ ke persamaan (2) 𝑣₁ = 𝑣₀− 𝐿𝑣₀

2𝐿 ⟹ 𝑣₁ = 𝑣₀ 2 Tumbukan Kedua

Pada tumbukan kedua ini, setelah tumbukan, gerak rotasi batang 𝑚₂ akan berbalik arah dengan kecepatan sudut 𝜔 dan massa 𝑚₃ akan bergerak dengan kecepatan 𝑣₃. Seperti sebelumnya, pada tumbukan ini juga berlaku Hukum Kekekalan Momentum Sudut dan Hukum Kekekalan Energi.

Kekekalan momentum sudut 3𝑚𝐿²𝜔₀ = 𝑚𝑣₃2𝐿 − 3𝑚𝐿²𝜔

𝑣₀ 𝑚₁

𝑚₂

𝑣₀ 𝑚₁ 𝑚₂

𝜔₀

𝑣₃ 𝑚₃

𝑚₂

𝜔 𝑚₃

𝑚₂ 𝜔₀

3𝐿(𝜔₀+ 𝜔) = 2𝑣₃… (3) Kekekalan energi

1

23𝑚𝐿²𝜔₀² = 1

2𝑚𝑣₃²+1

23𝑚𝐿²𝜔² 3𝐿²(𝜔₀²− 𝜔²) = 𝑣₃²

3𝐿²(𝜔₀− 𝜔)(𝜔₀+ 𝜔) = 𝑣₃² Subtitusi persamaan (3) 2𝑣₃𝐿(𝜔₀− 𝜔) = 𝑣₃² 2𝐿(𝜔₀− 𝜔) = 𝑣₃… (4)

Subtitusi persamaan (4) ke (3) 3𝐿(𝜔₀+ 𝜔) = 2[2𝐿(𝜔₀− 𝜔)]

3𝜔₀+ 3𝜔 = 4𝜔₀− 4𝜔 𝜔₀ = 7𝜔

𝜔 =𝜔₀ 7 =

𝑣₀ 2𝐿

7 ⟹ 𝜔 = 𝑣₀ 14𝐿 Subitusi 𝜔₀ dan 𝜔

2𝐿 (𝑣₀ 2𝐿− 𝑣₀

14𝐿) = 𝑣₃ ⟹ 𝑣₃ =6𝑣₀ 7𝐿

Jadi, kecepatan massa 𝑚₁ dan 𝑚₃ serta kecepatan sudut batang 𝑚₂ setelah seluruh tumbukan terjadi adalah

kecepatan massa m₁ ⟹ 𝑣₁ = 𝑣₀ 2 kecepatan massa m₃ ⟹ 𝑣₃ =6𝑣₀

7𝐿 kecepatan sudut batang m₂ ⟹ 𝜔 = 𝑣₀

14𝐿

b. Untuk momentum sudut total sistem terhadap poros licin, secara logika kita, karena kekal, harusnya perbedaan momentum sudut sistem saat awal dan sesudah semua tumbukan haruslah nol. Akan kita buktikan.

Momentum sudut awal dan akhir sistem terhadap poros licin adalah 𝐿_𝑖 = 𝑚𝑣₀𝐿

𝐿_𝑓 = −𝑚𝑣₁𝐿 + 𝑚𝑣₃2𝐿 − 3𝑚𝐿²𝜔

Δ𝐿 = 𝐿_𝑓− 𝐿_𝑖 = −𝑚𝑣₁𝐿 + 2𝑚𝑣₃𝐿 − 3𝑚𝐿²𝜔 − 𝑚𝑣₀𝐿 Δ𝐿 = −𝑚𝑣₀𝐿 − 𝑚𝑣₁𝐿 + 2𝑚𝑣₃𝐿 − 3𝑚𝐿²𝜔

Δ𝐿 =−𝑚𝑣₀𝐿 − 𝑚𝑣₁𝐿 + 3𝑚𝐿²𝜔₀ − 3𝑚𝐿²𝜔₀+ 2𝑚𝑣₃𝐿 − 3𝑚𝐿²𝜔

Lihat kembali persamaan kekekalan momentum sudut pada tumbukan pertama dan kedua

𝑚𝑣₀𝐿 = −𝑚𝑣₁𝐿 + 3𝑚𝐿²𝜔₀ ⟹ −𝑚𝑣₀𝐿 − 𝑚𝑣₁𝐿 + 3𝑚𝐿²𝜔₀ = 0 3𝑚𝐿²𝜔₀ = 𝑚𝑣₃2𝐿 − 3𝑚𝐿²𝜔 ⟹−3𝑚𝐿²𝜔₀+ 2𝑚𝑣₃𝐿 − 3𝑚𝐿²𝜔 = 0 Maka perbedaan momentum sudut sistem nol atau Δ𝐿 = 0.

𝑚₁ 𝑚₂ 𝑣₀ 𝐵

𝐴

Untuk energi sistem, energi awal sebelum dan sesudah semua tumbukan akan kekal.

Hal ini karena tidak ada gaya luar non konservatif (seperti gaya gesek) yang melakukan usaha pada sistem.

Energi awal dan akhir sistem adalah 𝐸_𝑖 =1

2𝑚𝑣₀² 𝐸_𝑓 =1

2𝑚𝑣₁²+1

2𝑚𝑣₃²+1

23𝑚𝐿²𝜔² 𝐸_𝑓 =1

2𝑚 (𝑣₀ 2)

2

+1

2𝑚 (6𝑣₀ 7𝐿)

2

+1

23𝑚𝐿²( 𝑣₀ 14𝐿)

2

𝐸_𝑓 =1

8𝑚𝑣₁²+18

49𝑚𝑣₀²+ 3

392𝑚𝑣₀² =49 + 144 + 3

392 𝑚𝑣₀² =196 392𝑚𝑣₀² 𝐸_𝑓 =1

2𝑚𝑣₀² Δ𝐸 = 𝐸_𝑓− 𝐸_𝑖 = 1

2𝑚𝑣₀²−1

2𝑚𝑣₀² ⟹ Δ𝐸 = 0

OSK Fisika 2018 Number 6 BOLA PEJAL DAN BENDA MELENGKUNG

Suatu bola pejal A bermassa 𝑚₁ dan berjari-jari 𝑟 bergerak dengan kecepatan 𝑣₀ ke arah sebuah benda B bermassa 𝑚₂(𝑚₂ ≫ 𝑚₁) dengan sisi melengkung seperti terlihat pada gambar di bawah ini. Bola A dan benda B berada di atas lantai licin.

Bola A kemudian melintasi permukaan benda B hingga terpental secara vertikal ke atas relatif terhadap benda B. Kemudian bola terjatuh kembali melewati lintasan yang sama.

Asumsikan setelah melewati bidang lengkung bola terhempas sangat tinggi sehingga dimensi balok dapat diabaikan.

c. Apabila gaya gesek antara bola A dan benda B diabaikan, tentukan waktu tempuh bola untuk kembali ke titik semula!

d. Apabila gaya gesek antara bola A dan benda B tidak diabaikan, tentukan ketinggian maksimum yang dapat dicapai bola!

Pembahasan :

𝑚₂ 𝐵 𝑢

𝐴

𝑚₁ 𝑚₂

𝑣₀ 𝐵 𝐴

𝑚₁

𝑉

a. Karena gaya gesek diabaikan, bola A tidak akan berotasi dan hanya bergerak translasi murni. Karena dimensi B bisa kita abaikan, ketinggian bola A lepas dari B bisa kita asumsikan nol, sehingga pertambahan energi potensial bola A menjadi nol pula.

Misalkan 𝑢 adalah kecepatan bola A relatif terhadap benda B ketika tepat akan terpantal ke atas dan lepas dari lintasan dan 𝑉 adalah kecepatan benda B. Momentum linear sistem pada arah horizontal kekal karena tidak ada gaya eksternal. Energi sistem juga kekal karena semua permukaan licin sehingga tidak ada

Kekekalan momentum linear arah horizontal 𝑚₁𝑣₀ = (𝑚₁+ 𝑚₂)𝑉 ⟹ 𝑉 = 𝑚₁𝑣₀

𝑚₁+ 𝑚₂ Kekekalan energi mekanik

1

2𝑚₁𝑣₀² =1

2𝑚₁(𝑢²+ 𝑉²) +1 2𝑚₂𝑉² 𝑚₁𝑣₀² = (𝑚₁+ 𝑚₂)𝑉²+ 𝑚₁𝑢² 𝑚₁𝑣₀² = (𝑚₁+ 𝑚₂) ( 𝑚₁𝑣₀

𝑚₁+ 𝑚₂)

2

+ 𝑚₁𝑢² 𝑣₀² = 𝑚₁

𝑚₁+ 𝑚₂𝑣₀²+ 𝑢² 𝑢² = (1 − 𝑚₁

𝑚₁+ 𝑚₂) 𝑣₀² = ( 𝑚₂

𝑚₁+ 𝑚₂) 𝑣₀² 𝑢 = 𝑣₀√ 𝑚₂

𝑚₁ + 𝑚₂

Kecepatan 𝑢 juga adalah komponen kecepatan bola A untuk arah vertikal terhadap tanah. Selang waktu total untuk bola sejak lepas dari benda B sampai kembali lagi adalah

𝑦 = 𝑦₀+ 𝑣_𝑦𝑡 −1 2𝑔𝑡²

𝑚₂ 𝐵 𝑢

𝐴

𝑚₂ 𝑣^′ 𝐴 𝐵

𝑚₁

𝑉 𝑚₁

𝑉^′ 0 = 0 + 𝑢𝑡 −1

2𝑔𝑡² 𝑡 =2𝑢

𝑔 ⟹ 𝑡 =2𝑣₀

𝑔 √ 𝑚₂ 𝑚₁+ 𝑚₂

Karena dimensi benda B dapat diabaikan, selang waktu untuk bola A melewati lintasan lengkung bisa kita abaikan. Dalam selang waktu 𝑡 ini, benda B sudah bergerak ke kanan sejauh

𝑥 = 𝑉𝑡 = ( 𝑚₁𝑣₀

𝑚₁+ 𝑚₂) (2𝑣₀

𝑔 √ 𝑚₂

𝑚₁+ 𝑚₂) ⟹ 𝑥 = 2𝑣₀²

𝑔 ( 𝑚₁

𝑚₁+ 𝑚₂√ 𝑚₂ 𝑚₁+ 𝑚₂)

Sekarang kita hitung dulu kecepatan bola A ketika dia berbalik arah, dalam hal ini berlaku pulahukum kekekalan momentum linier arah horizontal dan hukum kekekalan energi mekanik.

Kekekalan momentum linear arah horizontal

𝑚₁𝑣₀ = −𝑚₁𝑣^′+ 𝑚₂𝑉′ ⟹ 𝑚₁(𝑣₀+ 𝑣^′) = 𝑚₂𝑉′ … (1) Kekekalan energi mekanik

1

2𝑚₁𝑣₀² =1

2𝑚₁𝑣^′2+1

2𝑚₂𝑉^′2 𝑚₁(𝑣₀²− 𝑣^′2) = 𝑚₂𝑉^′2

𝑚₁(𝑣₀+ 𝑣^′)(𝑣₀− 𝑣^′) = 𝑚₂𝑉^′2 Subtitusi persamaan (1) 𝑚₂𝑉′(𝑣₀− 𝑣^′) = 𝑚₂𝑉^′2 𝑣₀− 𝑣^′= 𝑉^′… (2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1) 𝑚₁(𝑣₀+ 𝑣^′) = 𝑚₂(𝑣₀− 𝑣^′)

(𝑚₁+ 𝑚₂)𝑣^′ = (𝑚₂− 𝑚₁)𝑣₀ ⟹ 𝑣^′ =𝑚₂− 𝑚₁

𝑚₂+ 𝑚₁𝑣₀… (3)

Waktu tempuh bola A untuk kembali ke tempat awalnya adalah

𝑇 = 𝑥 𝑣^′ =

2𝑣₀² 𝑔 (

𝑚₁

𝑚₁+ 𝑚₂√ 𝑚₂ 𝑚₁+ 𝑚₂) 𝑚₂− 𝑚₁

𝑚₂+ 𝑚₁𝑣₀ ⟹ 𝑇 =2𝑣₀

𝑔 ( 𝑚₁

𝑚₂− 𝑚₁√ 𝑚₂ 𝑚₂+ 𝑚₁) Maka waktu tempuh bola untuk kembali ke titik semula adalah

𝑡_tot= 𝑡 + 𝑇 =2𝑣₀

𝑔 √ 𝑚₂

𝑚₁+ 𝑚₂+2𝑣₀

𝑔 ( 𝑚₁

𝑚₂− 𝑚₁√ 𝑚₂ 𝑚₂+ 𝑚₁)

𝑡_tot= 2𝑣₀

𝑔 √ 𝑚₂

𝑚₁+ 𝑚₂(1 − 𝑚₁ 𝑚₂− 𝑚₁)

𝑡_tot= 2𝑣₀

𝑔 √ 𝑚₂

𝑚₁+ 𝑚₂(𝑚₂− 2𝑚₁ 𝑚₂− 𝑚₁ ) karena 𝑚₂ ≫ 𝑚₁ maka 𝑚₂

𝑚₁+ 𝑚₂ ≈𝑚₂

𝑚₂ = 1 dan 𝑚₂− 2𝑚₁ 𝑚₂ − 𝑚₁ ≈𝑚₂

𝑚₂ = 1 𝑡_tot= 2𝑣₀

𝑔

b. Agar bola A bisa terlempar sangat jauh ke atas maka 𝑣₀ harus dibuat sangat besar nilainya. Karena sekarang permukaan benda B kasar, bola A akan slip ketika mulai memasuki lintasan lengkung pada benda B. Lintasan lengkung di B dapat kita asumsikan sangat pendek dan gaya gesek kinetik bisa kita asumsikan konstan dalam selang waktu selama bola A di B yang sangat singkat misalkan Δ𝑡. Misalkan kecepatan sudut rotasi bola ketika lepas dari B adalah 𝜔. Kita tinjau kondisi ketika bola A terlepas dari B dalam keadaan menggelinding tanpa slip sehingga berlaku 𝜔 = 𝑢/𝑟.

Dalam selang waktu yang singkat ini, perubahan momentum sudut bola A adalah Δ𝐿 = 𝑓_k𝑟Δ𝑡 = 𝐼𝜔 =2

5𝑚₁𝑟²𝑢

𝑟 ⟹ 𝑓_kΔ𝑡 =2

5𝑚₁𝑢 … (3)

Karena lintasan lengkung di B diasumsikan sangat pendek dan massa B jauh lebih besar dari bola A, perubahan momentum linear A akibat gaya gesek kinetik bisa kita anggap seperti terjadi di lintasan yang lurus dimana kecepatan awal bola A sebelum dikenaik impuls adalah 𝑣₀ dan setelah dikenai impuls adalah 𝑢 maka

Δ𝑝 = −𝑓_kΔ𝑡 = 𝑚₁(𝑢 − 𝑣₀)

Subtitusi persamaan (3)

−2

5𝑚₁𝑢 = 𝑚₁(𝑢 − 𝑣₀) 7

5𝑢 = 𝑣₀ ⟹ 𝑢 =5 7𝑣₀

Ketinggian maksimum yang dicapai bola jika saat lepas dari B dia menggelinding tanpa slip adalah

ℎ = 𝑢²

2𝑔= 25𝑣₀² 98𝑔

karena lintasan sangat di B sangat pendek sedangkan 𝑣₀ sangat besar maka menurut saya mustahil bola A akan tepat menggelinding tanpa slip ketika tepat lepas dari B.

Maka kecepatan bola A ketika lepas dari B untuk kondisi ini ada di selang 𝑣₀ ≤ 𝑣_L ≤ 𝑢. Sehingga ketinggian maksimum yang dicapai bola A berada di selang

𝑣₀²

2𝑔 ≤ ℎ_maks <25𝑣₀² 98𝑔

OSK Fisika 2018 Number 7 PERLAMBATAN DI ATAS BIDANG MIRING AKIBAT BEBAN

Sebuah silinder pejal bermassa 𝑀 menggelinding tanpa slip menuruni bidang miring diam bersudut elevasi 𝜃 dengan kecepatan awal 𝑣₀. Seseorang ingin menghentikan silinder tersebut dengan memberikan beban. Pada pusat silinder tersebut dikaitkan tali sehingga tali membentuk sudut 𝜙 terhadap permukaan bidang miring. Di ujung lain tali tersebut, diikatkan ke sebuah beban kotak 𝑚 yang memiliki massa sama dengan silinder.

Diketahui koefisien gesek antara kotak dan bidang miring adalah 𝜇 serta percepatan gravitasi 𝑔.

Asumsikan gesekan beban mampu mengehentikan gerak silinder. Tentukanlah : a. Jarak yang ditempuh silinder hingga berhenti!

b. Syarat sudut 𝜙 yang dapat memenuhi asumsi di atas (nyatakan dalam 𝜃 dan 𝜇)!

Pembahasan :

𝑚 = 𝑀 𝑀

𝜃

𝜇 𝜙

a. Di asumsikan bahwa gesekan antara beban dan bidang miring dapat menghentikan gerakan silinder, maka tali penghubung antara keduanya haruslah tegang, di sini dapat kita ambil bahwa perlambatan kedua benda sama yaitu 𝑎. Berikut diagram gaya pada kedua benda

Agar silinder bisa berhenti, sistem haruslah dipercepat ke atas berlawanan dengan arah gerak atau dengan kata lain sistem diperlambat dengan besar nilainya adalah 𝑎.

Agar hal ini terpenuhi pula, tali yang menghubungkan kedua benda haruslah selalu tegang, karena jika tidak, silinder akan memiliki peluang untuk dipercepat. Baik, berikutnya kita tinjau gaya-gaya yang bekerja pada kedua benda.

Untuk Beban

Gaya gesek yang bekerja pada beban adalah gaya gesek kinetik karena terjadi gerak relatif antara permukaannya dengan permukaan bidang miring sehingga berlaku 𝑓_k = 𝜇𝑁.

Resultan gaya arah tegak lurus bidang miring 𝑁 − 𝑀𝑔 cos 𝜃 + 𝑇 sin 𝜙 = 0

𝑁 = 𝑀𝑔 cos 𝜃 − 𝑇 sin 𝜙 … (1)

Resultan gaya arah sejajar bidang miring 𝑓_k− 𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 cos 𝜙 = 𝑀𝑎

𝜇𝑁 − 𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 cos 𝜙 = 𝑀𝑎 … (2) Untuk Silinder

Pada silinder ini, karena dia menggelinding tanpa slip dan tidak terjadi gerak relatif antara permukaannya dengan permukaan silinder, maka gaya gesek yang bekerja adalah gaya gesek statik dan berlaku 𝛼 = 𝑎/𝑅.

Resultan gaya arah sejajar bidang miring 𝑇 cos 𝜙 − 𝑓_s− 𝑀𝑔 sin 𝜃 = 𝑀𝑎 … (3)

Resultan torsi berlawanan arah jarum jam 𝑓_s𝑅 =1

2𝑀𝑅²(𝑎

𝑅) ⟹ 𝑓_s =1

2𝑀𝑎 … (4) Subtitusi persamaan (1) ke (2)

𝜇(𝑀𝑔 cos 𝜃 − 𝑇 sin 𝜙) − 𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 cos 𝜙 = 𝑀𝑎 𝑀𝑔(𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃) − 𝑇(𝜇 sin 𝜙 + cos 𝜙) = 𝑀𝑎 … (5) Subtitusi persamaan (4) ke (3)

𝜙 𝑇 𝑀𝑔

𝑎 𝑓_k

𝑁

arah gerak

𝛼 𝜙

𝑀𝑔

𝑎

𝑓_s 𝐾

arah gerak 𝑇

𝑇 cos 𝜙 −1

2𝑀𝑎 − 𝑀𝑔 sin 𝜃 = 𝑀𝑎 𝑇 cos 𝜙 = 𝑀𝑔 sin 𝜃 +3

2𝑀𝑎 ⟹ 𝑇 = 1

cos 𝜙(𝑀𝑔 sin 𝜃 +3

2𝑀𝑎) … (6) Subtitusi persamaan (6) ke (5)

𝑀𝑔(𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃) − 1

cos 𝜙(𝑀𝑔 sin 𝜃 +3

2𝑀𝑎) (𝜇 sin 𝜙 + cos 𝜙) = 𝑀𝑎 𝑀𝑔(𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃) − (𝑀𝑔 sin 𝜃 +3

2𝑀𝑎) (𝜇 tan 𝜙 + 1) = 𝑀𝑎 2𝑔[𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃 − (𝜇 tan 𝜙 + 1) sin 𝜃] = 𝑎[3(𝜇 tan 𝜙 + 1) + 2]

𝑎 =2𝑔[𝜇 cos 𝜃 − (𝜇 tan 𝜙 + 2) sin 𝜃]

3𝜇 tan 𝜙 + 5

Kecepatan awal sistem adalah 𝑣₀, maka jarak yang ditempuh sampai berhenti adalah 𝑣_𝑡² = 𝑣₀²− 2𝑎𝑠

0 = 𝑣₀²− 2𝑎𝑠 ⟹ 𝑠 = 𝑣₀² 2𝑎 𝑠 = (3𝜇 tan 𝜙 + 5)𝑣₀²

4𝑔[𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃 (𝜇 tan 𝜙 + 2)]

b. Tadi kita definisikan arah 𝑎 adalah berlawanan arah gerak sistem. Maka agar silinder dapat berhenti, perlambatan 𝑎 haruslah lebih dari sama dengan nol, karena jika negatif, berarti arah 𝑎 berlawanan dengan arah arah yang kita definisikan, yang artinya pula sistem dipercepatan searah dengan arah gerak awalnya.

𝑎 ≥ 0

2𝑔[𝜇 cos 𝜃 − (𝜇 tan 𝜙 + 2) sin 𝜃]

3𝜇 tan 𝜙 + 5 ≥ 0 𝜇 cos 𝜃 − (𝜇 tan 𝜙 + 2) sin 𝜃 ≥ 0 𝜇 tan 𝜙 + 2 ≤ 𝜇 cot 𝜃

tan 𝜙 ≤ cot 𝜃 −2 𝜇