Pembahasan OSP Fisika Tahun 2018 Oleh Ahmad Basyir Najwan

Pembahasan OSP Fisika Tahun 2018 Oleh Ahmad Basyir Najwan

www.basyiralbanjari.wordpress.com

follow my Instagram @basyir.physolimp

Facebook Basyir Al Banjari ID Line mechtermlighlismfism

WA 0896-5985-6821

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

OSP Fisika 2018 Number 1

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

Biasanya untuk suatu kecepatan lemparan 𝑣

₀

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 𝑣

₀

, 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 𝑣

₀

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 = 𝑣

₀

cos 𝜃 𝑡 𝑦 = 𝑣

₀

sin 𝜃 𝑡 − 1

2 𝑔𝑡

²

Maka kita dapatkan hubungan posisi 𝑥 dan 𝑦 bola yaitu

𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 − 𝑔𝑥

²

2𝑣

₀²

cos

²

𝜃 … (1)

Untuk mendapatkan dua nilai dari sudut 𝜃 terdapat beberapa cara.

Cara 1 :

Kita modifikasi persamaan (1) menjadi 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

= 2𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃 − 2𝑦 cos

²

𝜃

Gunakan identitas trigonometri sin 2𝜃 = 2 sin 𝜃 cos 𝜃 dan cos

²

𝜃 = 1 + cos 2𝜃 2 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

= 𝑥 sin 2𝜃 − 2𝑦 ( 1 + cos 2𝜃

2 )

𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

= 𝑥 sin 2𝜃 − 𝑦 cos 2𝜃

𝑣₀ 𝑣0

𝑥

𝑦 target

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

√𝑥

²

+ 𝑦

²

dan cos 𝜙 = 𝑥

√𝑥

²

+ 𝑦

²

Maka kita bisa dapatkan nilai 𝐴 yaitu

𝐴 = √𝑥

²

+ 𝑦

²

Berikutnya akan kita dapatkan

𝑥 sin 2𝜃 − 𝑦 cos 2𝜃 = √𝑥

²

+ 𝑦

²

sin (2𝜃 − tan

⁻¹

( 𝑦 𝑥 )) Kita kembali ke hubungan 𝑥 dan 𝑦

𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

= √𝑥

²

+ 𝑦

²

sin (2𝜃 − tan

⁻¹

( 𝑦 𝑥 )) sin (2𝜃 − tan

⁻¹

( 𝑦

𝑥 )) = 1

√𝑥

²

+ 𝑦

²

(𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

)

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

2𝜃 − tan

⁻¹

( 𝑦

𝑥 ) = sin

⁻¹

[ 1

√𝑥

²

+ 𝑦

²

(𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

)]

Dan

2𝜃 − tan

⁻¹

( 𝑦

𝑥 ) = 180

⁰

− sin

⁻¹

[ 1

√𝑥

²

+ 𝑦

²

(𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

)]

Maka nilai 𝜃

₁

dan 𝜃

₂

dimana (𝜃

₁

< 𝜃

₂

) 𝜃

₁

= 1

2 (tan

⁻¹

( 𝑦

𝑥 ) + sin

⁻¹

[ 1

√𝑥

²

+ 𝑦

²

(𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

)]) 𝜃

₂

= 1

2 (tan

⁻¹

( 𝑦

𝑥 ) + 180

⁰

− sin

⁻¹

[ 1

√𝑥

²

+ 𝑦

²

(𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

)]) Cara 2 :

Kembali ke persamaan (1)

𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 − 𝑔𝑥

²

2𝑣

₀²

cos

²

𝜃 … (1) Kita gunakan 1

cos 𝜃 = sec 𝜃 dan sec

²

𝜃 = tan

²

𝜃 + 1, persamaan (1) menjadi 𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 − 𝑔𝑥

²

2𝑣

₀²

(tan

²

𝜃 + 1)

Sederhanakan, kita akan dapatkan persamaan kuadrat untuk tan 𝜃

𝑔𝑥

²

tan

²

𝜃 − 2𝑣

₀²

𝑥 tan 𝜃 + 𝑔𝑥

²

+ 2𝑣

₀²

𝑦 = 0 Menggunakan rumus kuadrat akan kita peroleh

tan 𝜃 = 2𝑣

₀²

𝑥 ± √(−2𝑣

₀²

𝑥)

²

− 4𝑔𝑥

²

(𝑔𝑥

²

+ 2𝑣

₀²

𝑦) 2𝑔𝑥

²

tan 𝜃 = 𝑣

₀²

± √𝑣

₀⁴

− 𝑔(𝑔𝑥

²

+ 2𝑣

₀²

𝑦) 𝑔𝑥

tan 𝜃 = 𝑣

₀²

𝑔𝑥 [1 ± √1 − 𝑔 𝑣

₀²

( 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

+ 2𝑦)]

Maka

tan 𝜃

₁

= 𝑣

₀²

𝑔𝑥 [1 − √1 − 𝑔 𝑣

₀²

( 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

+ 2𝑦)]

tan 𝜃

₂

= 𝑣

₀²

𝑔𝑥 [1 + √1 − 𝑔 𝑣

₀²

( 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

+ 2𝑦)]

Atau

𝜃

₁

= tan

⁻¹

( 𝑣

₀²

𝑔𝑥 [1 − √1 − 𝑔 𝑣

₀²

( 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

+ 2𝑦)])

𝜃

₂

= tan

⁻¹

( 𝑣

₀²

𝑔𝑥 [1 + √1 − 𝑔 𝑣

₀²

( 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

+ 2𝑦)]) Cara 3 :

Kita kembali ke persamaan (1) lagi

𝑦 = 𝑥 tan 𝜃 − 𝑔𝑥

²

2𝑣

₀²

cos

²

𝜃 … (1) Kalikan kedua sisi dengan cos

²

𝜃 dan ingat bahwa tan 𝜃 = sin 𝜃

cos 𝜃 sehingga 𝑦 cos

²

𝜃 = 𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃 − 𝑔𝑥

²

2𝑣

₀²

𝑦 cos

²

𝜃 + 𝑔𝑥

²

2𝑣

₀²

= 𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃 2𝑣

₀²

𝑦 cos

²

𝜃 + 𝑔𝑥

²

= 2𝑣

₀²

𝑥 sin 𝜃 cos 𝜃 Kuadratkan kedua sisi dan gunakan sin

²

𝜃 = 1 − cos

²

𝜃 sehingga

(2𝑣

₀²

𝑦 cos

²

𝜃 + 𝑔𝑥

²

)

²

= 4𝑣

₀⁴

𝑥

²

(1 − cos

²

𝜃) cos

²

𝜃

4𝑣

₀⁴

𝑦

²

cos

⁴

𝜃 + 𝑔

²

𝑥

⁴

+ 4𝑣

₀²

𝑦𝑔𝑥

²

cos

²

𝜃 = 4𝑣

₀⁴

𝑥

²

cos

²

𝜃 − 4𝑣

₀⁴

𝑥

²

cos

⁴

𝜃 4𝑣

₀⁴

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) cos

⁴

𝜃 − 4𝑣

₀²

𝑥

²

(𝑣

₀²

− 𝑔𝑦) cos

²

𝜃 + 𝑔

²

𝑥

⁴

= 0

Menggunakan rumus kuadrat akan kita peroleh

cos

²

𝜃 = −[−4𝑣

₀²

𝑥

²

(𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)] ± √[−4𝑣

₀²

𝑥

²

(𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)]

²

− 16𝑣

₀⁴

(𝑥

²

+ 𝑦

²

)𝑔

²

𝑥

⁴

8𝑣

₀⁴

(𝑥

²

+ 𝑦

²

)

Setelah disederhanakan akan kita dapatkan cos

²

𝜃 = 𝑥

²

(𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)

2𝑣

₀²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (1 ± √1 − 𝑔

²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)

²

) Maka

𝜃

₁

= cos

⁻¹

√ 𝑥

²

(𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)

2𝑣

₀²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (1 + √1 − 𝑔

²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)

²

)

𝜃

₂

= cos

⁻¹

√ 𝑥

²

(𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)

2𝑣

₀²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (1 − √1 − 𝑔

²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (𝑣

₀²

− 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 𝜃

₁

dan 𝜃

₂

secara numerik.

Misalkan 𝑥 = 10 m, 𝑦 = 5 m, 𝑔 = 9,8 m/s

²

, dan 𝑣

₀

= 20 m/s. Maka menurut masing- masing cara akan memberikan (silahkan gunakan kalkulator untuk membuktikan sendiri)

Nilai Sudut Cara 1 Cara 2 Cara 3

𝜃

₁

34,35

⁰

34,35

⁰

34,35

⁰

𝜃

₂

82,22

⁰

82,22

⁰

82,22

⁰

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 = 𝑣

₀

cos 𝜃 𝑇

𝑦 = 𝑣

₀

sin 𝜃 𝑇 − 1 2 𝑔𝑇

²

Sehingga dapat kita tuliskan

𝑟

²

= 𝑥

²

+ 𝑦

²

𝑟

²

= (𝑣

₀

cos 𝜃 𝑇)

²

+ (𝑣

₀

sin 𝜃 𝑇 − 1 2 𝑔𝑇

²

)

2

𝑟

²

= 𝑣

₀²

𝑇

²

+ 1

4 𝑔

²

𝑇

⁴

− 𝑔𝑣

₀

sin 𝜃 𝑇

³

Turunkan kedua sisi terhadap 𝜃

𝑑𝑟

²

𝑑𝜃 = −𝑔𝑣

₀

cos 𝜃 𝑇

³

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

𝜃 ≤ 90

⁰

, 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 90

⁰

. Sehingga sudut yang lebih baik adalah sudut yang lebih tinggi atau 𝜃

₂

𝜃

₂

= 1

2 (tan

⁻¹

( 𝑦

𝑥 ) + 180

⁰

− sin

⁻¹

[ 1

√𝑥

²

+ 𝑦

²

(𝑦 + 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

)]) 𝜃

₂

= tan

⁻¹

( 𝑣

₀²

𝑔𝑥 [1 + √1 − 𝑔 𝑣

₀²

( 𝑔𝑥

²

𝑣

₀²

+ 2𝑦)])

𝜃

₂

= cos

⁻¹

√ 𝑥

²

(𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)

2𝑣

₀²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (1 − √1 − 𝑔

²

(𝑥

²

+ 𝑦

²

) (𝑣

₀²

− 𝑔𝑦)

²

)

Atau yang lainnya. Mungkin ketiga sudut 𝜃

₂

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.

OSP Fisika 2018 Number 2

Sebuah bidang miring bermassa 𝑚

₁

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 𝑚

₂

. 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

Pembahasan :

a. Berikut diagram gaya pada bidang miring 𝑚

₁

dan balok kecil 𝑚

₂

Untuk 𝑚

₁

Diagram gaya pada gambar di atas relatif terhadap lantai

Menggunakan Hukum II Newton pada arah horizontal akan kita peroleh 𝐹 + 𝑁

₂

sin 𝜃 = 𝑚

₁

𝑎

₁

… (1)

Untuk 𝑚

₂

Diagram gaya pada gambar di atas relatif terhadap bidang miring 𝑚

₁

. 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

𝑁

₂

+ 𝑚

₂

𝑎

₁

sin 𝜃 − 𝑚

₂

𝑔 cos 𝜃 = 0 𝑁

₂

= 𝑚

₂

𝑔 cos 𝜃 − 𝑚

₂

𝑎

₁

sin 𝜃 … (2) Dan

𝑚

₂

𝑔 sin 𝜃 + 𝑚

₂

𝑎

₁

cos 𝜃 = 𝑚

₂

𝑎

₂

𝑎

₂

= 𝑔 sin 𝜃 + 𝑎

₁

cos 𝜃 … (3) b. Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝐹 + (𝑚

₂

𝑔 cos 𝜃 − 𝑚

₂

𝑎

₁

sin 𝜃) sin 𝜃 = 𝑚

₁

𝑎

₁

𝐹 + 𝑚

₂

𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝑚

₁

𝑎

₁

+ 𝑚

₂

𝑎

₁

sin

²

𝜃 𝐹 + 𝑚

₂

𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 = (𝑚

₁

+ 𝑚

₂

sin

²

𝜃)𝑎

₁

𝑎

₁

= 𝐹 + 𝑚

₂

𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 𝑚

₁

+ 𝑚

₂

sin

²

𝜃 c. Subtitusi 𝑎

₁

ke persamaan (3)

𝑎

₂

= 𝑔 sin 𝜃 + 𝐹 + 𝑚

₂

𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 𝑚

₁

+ 𝑚

₂

sin

²

𝜃 cos 𝜃

𝑎

₂

= (𝑚

₁

+ 𝑚

₂

sin

²

𝜃)𝑔 sin 𝜃 + (𝐹 + 𝑚

₂

𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃) cos 𝜃 𝑚

₁

+ 𝑚

₂

sin

²

𝜃

𝑎

₂

= (𝑚

₁

+ 𝑚

₂

)𝑔 sin 𝜃 + 𝐹 cos 𝜃 𝑚

₁

+ 𝑚

₂

sin

²

𝜃

Waktu yang diperlukan balok untuk sampai di lantai adalah

𝐹 𝜃

𝑚₁𝑔

𝑁2

𝑁₂sin 𝜃

𝑁2cos 𝜃 𝑁1

𝑎₁ 𝑁2

𝑚₂𝑎₁

𝑚₂𝑔 cos 𝜃 𝑚₂𝑔

𝑚2𝑔 sin 𝜃

𝑠 = 𝐿 cos 𝜃 = 1

2 𝑎

₂

𝑡

²

𝑡 = √ 2𝐿

𝑎

₂

cos 𝜃 Dengan mensubtitusi nilai 𝑎

₂

akan kita peroleh

𝑡 = √ 2𝐿

cos 𝜃 ( 𝑚

₁

+ 𝑚

₂

sin

²

𝜃

(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

)𝑔 sin 𝜃 + 𝐹 cos 𝜃 )

OSP Fisika 2018 Number 3

Tinjau sebuah batang tipis bermassa 𝑚

₁

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 𝜔

₁

berlawanan arah jarum jam (jika dilihat dari atas). Anggap O adalah pusat koordinat 𝑥𝑦. Sebuah partikel bermassa 𝑚

₂

bergerak mendekati batang dengan kecepatan 𝑣

₂

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 45

⁰

terhadap sumbu 𝑥 negatif. Sesaat setelah tumbukan, 𝑚

₁

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

a. Tentukan persamaan-persamaan yang memenuhi peristiwa tumbukan.

Untuk selanjutnya gunakan kasus khusus 𝑚

₁

= 𝑚

₂

dan 𝑣

₂

= 𝜔

₁

𝐿.

b. Tentukan kecepatan 𝑚

₁

, kecepatan 𝑚

₂

serta kecepatan sudut 𝑚

₁

setelah tumbukan.

(kiri) sebelum tumbukan (kanan) sesaat setelah tumbukan Pembahasan :

a. Momentum linear awal sistem

𝑝⃗

_i

= 𝑚

₂

𝑣

₂

𝑗̂

𝐿 𝑣2

𝑚₂

𝑚1

4𝐿

𝜔₁

O

O

O 𝑥

𝑦

45⁰

𝐿

Momentum linear akhir sistem

𝑝⃗

_f

= (−𝑚

₂

𝑣

₂^′

+ 𝑚

₁

𝑣

_1𝑥^′

)𝑖̂ + 𝑚

₁

𝑣

_1𝑦^′

𝑗̂

Hukum kekekalan momentum linear

𝑝⃗

_i

= 𝑝⃗

_f

𝑚

₂

𝑣

₂

𝑗̂ = (−𝑚

₂

𝑣

₂^′

+ 𝑚

₁

𝑣

_1𝑥^′

)𝑖̂ + 𝑚

₁

𝑣

_1𝑦^′

𝑗̂

Dari kesamaan pada arah 𝑖̂ dan 𝑗̂ kita peroleh

−𝑚

₂

𝑣

₂^′

+ 𝑚

₁

𝑣

_1𝑥^′

= 0 ⟹ 𝑣

_1𝑥^′

= 𝑚

₂

𝑚

₁

𝑣

₂^′

… (1) 𝑚

₂

𝑣

₂

= 𝑚

₁

𝑣

_1𝑦^′

⟹ 𝑣

_1𝑦^′

= 𝑚

₂

𝑚

₁

𝑣

₂

… (2) Momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah

𝐼 = 1

12 𝑚

₁

(4𝐿)

²

⟹ 𝐼 = 4 3 𝑚

₁

𝐿

²

Momentum sudut awal sistem terhadap titik O

𝐿 ⃗⃗

_i

= (−𝑚

₂

𝑣

₂

𝐿 + 4

3 𝑚

₁

𝐿

²

𝜔

₁

) 𝑘̂

Momentum sudut akhir sistem terhadap titik O 𝐿 ⃗⃗

_f

= (𝑚

₂

𝑣

₂^′

𝐿 − 4

3 𝑚

₁

𝐿

²

𝜔

₁^′

) 𝑘̂

Hukum kekekalan momentum sudut

𝐿 ⃗⃗

_i

= 𝐿 ⃗⃗

_f

(−𝑚

₂

𝑣

₂

𝐿 + 4

3 𝑚𝐿

²

𝜔

₁

) 𝑘̂ = (𝑚

₂

𝑣

₂^′

𝐿 − 4

3 𝑚𝐿

²

𝜔

₁^′

) 𝑘̂

4

3 𝑚

₁

𝐿(𝜔

₁

+ 𝜔

₁^′

) = 𝑚

₂

(𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

) … (3) Karena tumbukan elastis sempurna, energi kinetik sistem kekal

1

2 𝑚

₂

𝑣

₂²

+ 1 2 ( 4

3 𝑚

₁

𝐿

²

) 𝜔

₁²

= 1

2 𝑚

₂

𝑣

₂^{′ 2}

+ 1 2 ( 4

3 𝑚

₁

𝐿

²

) 𝜔

₁^{′ 2}

+ 1

2 𝑚

₁

(𝑣

_1𝑥²

+ 𝑣

_1𝑦²

) 𝑚

₂

(𝑣

₂²

− 𝑣

₂^{′ 2}

) + 4

3 𝑚

₁

𝐿

²

(𝜔

₁²

− 𝜔

₁^{′ 2}

) = 𝑚

₁

(𝑣

_1𝑥²

+ 𝑣

_1𝑦²

) … (4)

b. Sekarang, kita gunakan 𝑚

₁

= 𝑚

₂

dan 𝑣

₂

= 𝜔

₁

𝐿, maka persamaan (1) sampai (4) dapat kita tulis ulang menjadi

𝑣

_1𝑥^′

= 𝑣

₂^′

… (1

^′

) 𝑣

_1𝑦^′

= 𝑣

₂

… (2

^′

) 4

3 𝐿(𝜔

₁

+ 𝜔

₁^′

) = 𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

… (3

^′

) (𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

)(𝑣

₂

− 𝑣

₂^′

) + 4

3 𝐿

²

(𝜔

₁

+ 𝜔

₁^′

)(𝜔

₁

− 𝜔

₁^′

) = 𝑣

_1𝑥²

+ 𝑣

_1𝑦²

… (4

^′

) Gabungan persamaan (1

^′

), (2

^′

) dan (4

^′

) memberikan

(𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

)(𝑣

₂

− 𝑣

₂^′

) + 4

3 𝐿

²

(𝜔

₁

+ 𝜔

₁^′

)(𝜔

₁

− 𝜔

₁^′

) = (𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

)

²

− 2𝑣

₂

𝑣

₂^′

Subtitusi persamaan (3

^′

)

(𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

)(𝑣

₂

− 𝑣

₂^′

) + 𝐿(𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

)(𝜔

₁

− 𝜔

₁^′

) = (𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

)

²

− 2𝑣

₂

𝑣

₂^′

𝑣

₂

− 𝑣

₂^′

+ 𝐿(𝜔

₁

− 𝜔

₁^′

) = 𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

− 2𝑣

₂

𝑣

₂^′

𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

𝐿(𝜔

₁

− 𝜔

₁^′

) = 2𝑣

₂^′

− 2𝑣

₂

𝑣

₂^′

𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

Jumlahkan persamaan di atas dengan 3/4 persamaan (3

^′

)

2𝑣

₂

= 2𝑣

₂^′

− 2𝑣

₂

𝑣

₂^′

𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

+ 3

4 𝑣

₂

+ 3 4 𝑣

₂^′

11𝑣

₂^′

− 8𝑣

₂

𝑣

₂^′

𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

− 5𝑣

₂

= 0 11𝑣

₂^{′ 2}

− 2𝑣

₂

𝑣

₂^′

+ 5𝑣

₂²

= 0 Maka

𝑣

₂^′

= 1 ± 2√14 11 𝑣

₂

Jawaban yang mungkin adalah

𝑣

₂^′

= 1 + 2√14 11 𝑣

₂

Dengan demikian kita dapatkan pula

𝑣

_1𝑥^′

= 𝑣

₂^′

= 1 + 2√14

11 𝑣

₂

dan 𝑣

_1𝑥^′

= 𝑣

₂

Sehingga

𝑣

₁^′

= √𝑣

_1𝑥^{′ 2}

+ 𝑣

_1𝑦^{′ 2}

Atau

𝑣

₁^′

= 2√ 17 + √14 11 𝑣

₂

Dari persamaan (3

^′

) akan kita peroleh pula

𝜔

₁^′

= 3

4𝐿 (𝑣

₂

+ 𝑣

₂^′

) − 𝜔

₁

Setelah disederhanakan akan kita peroleh

𝜔

₁^′

= ( 40 + 3√14 11 ) 𝑣

₂

2𝐿 OSP Fisika 2018 Number 4

Dua buah partikel masing-masing bermassa 𝑚

₁

dan 𝑚

₂

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

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 𝑚

₁

dan 𝑚

₂

adalah

𝑟⃗

₁

= 𝑅𝑟̂

₁

𝑟⃗

₂

= 𝑅𝑟̂

₂

Kecepatan masing-masing massa menjadi

𝑣⃗

₁

= 𝑑𝑟⃗

₁

𝑑𝑡 = 𝑅 𝑑𝑟̂

₁

𝑑𝑡 = 𝑅𝜃̇

₁

𝜃̂

₁

⟹ 𝑣⃗

₁

= 𝑅𝜃̇

₁

𝜃̂

₁

𝑣⃗

₂

= 𝑑𝑟⃗

₂

𝑑𝑡 = 𝑅 𝑑𝑟̂

₂

𝑑𝑡 = 𝑅𝜃̇

₂

𝜃̂

₂

⟹ 𝑣⃗

₂

= 𝑅𝜃̇

₂

𝜃̂

₂

Atau

𝑣

₁

= |𝑣⃗

₁

| = 𝑅𝜃̇

₁

𝑣

₂

= |𝑣⃗

₂

| = 𝑅𝜃̇

₂

Dengan

𝑟̂

₁

= − sin 𝜃

₁

𝑖̂ − cos 𝜃

₁

𝑗̂

𝑟̂

₂

= sin 𝜃

₂

𝑖̂ − cos 𝜃

₂

𝑗̂

titik asal

𝑚₁ 𝑘 𝑚₂

𝑅 𝑅

𝜃₁ 𝜃₂ 𝑚₁ 𝑘 𝑚2

𝑅

𝜃̂

₁

= − cos 𝜃

₁

𝑖̂ + sin 𝜃

₁

𝑗̂

𝜃̂

₂

= cos 𝜃

₁

𝑖̂ + sin 𝜃

₁

𝑗̂

Hasil ini juga bisa kita dapatkan dengan sistem koordinat kartesian Posisi massa 𝑚

₁

dan 𝑚

₂

adalah

𝑥

₁

= −𝑅 sin 𝜃

₁

dan 𝑦

₁

= −𝑅 cos 𝜃

₁

𝑥

₂

= 𝑅 sin 𝜃

₂

dan 𝑦

₂

= −𝑅 cos 𝜃

₂

Kecepatan masing-masing massa menjadi

𝑥̇

₁

= −𝑅𝜃̇

₁

cos 𝜃

₁

dan 𝑦

₁

= 𝑅𝜃̇

₁

sin 𝜃

₁

𝑥̇

₂

= 𝑅𝜃̇

₂

cos 𝜃

₂

dan 𝑦

₂

= 𝑅𝜃̇

₂

sin 𝜃

₂

Atau

𝑣

₁

= √𝑥̇

₁²

+ 𝑦̇

₁²

= 𝑅𝜃̇

₁

𝑣

₂

= √𝑥̇

₂²

+ 𝑦̇

₂²

= 𝑅𝜃̇

₂

Energi kinetik sistem

𝑇 = 1

2 𝑅

²

(𝑚

₁

𝜃̇

₁²

+ 𝑚

₂

𝜃̇

₂²

)

Misalkan panjang pegas saat relaks adalah 𝐿

₀

, maka perubahan panjang pegas menjadi

Δ𝑥 = 𝐿

₀

− 𝑅(𝜃

₁

+ 𝜃

₂

) Energi potensial sistem

𝑉 = −𝑔𝑅(𝑚

₁

cos 𝜃

₁

+ 𝑚

₂

cos 𝜃

₂

) + 1

2 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜃

₁

+ 𝜃

₂

)]

²

Lagrangian sistem

𝐿 = 𝑇 − 𝑉 𝐿 = 1

2 𝑅

²

(𝑚

₁

𝜃̇

₁²

+ 𝑚

₂

𝜃̇

₂²

) + 𝑔𝑅(𝑚

₁

cos 𝜃

₁

+ 𝑚

₂

cos 𝜃

₂

) − 1

2 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜃

₁

+ 𝜃

₂

)]

²

Sistem kita memiliki dua derajat kebebasan yaitu 𝜃

₁

dan 𝜃

₂

maka persamaan lagrangian yang kita miliki adalah

𝑑 𝑑𝑡 ( 𝜕𝐿

𝜕𝜃̇

₁

) − 𝜕𝐿

𝜕𝜃

₁

= 0 dan 𝑑 𝑑𝑡 ( 𝜕𝐿

𝜕𝜃̇

₂

) − 𝜕𝐿

𝜕𝜃

₂

= 0 Persamaan gerak sistem menjadi

𝑚

₁

𝑅𝜃̈

₁

+ 𝑚

₁

𝑔 sin 𝜃

₁

− 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜃

₁

+ 𝜃

₂

)] = 0 𝑚

₂

𝑅𝜃̈

₂

+ 𝑚

₂

𝑔 sin 𝜃

₂

− 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜃

₁

+ 𝜃

₂

)] = 0

Sekarang kita tinjau kondisi setimbang sistem. Saat setimbang, percepatan kedua massa bernilai nol atau 𝜃̈

₁

= 𝜃̈

₂

= 0. Misal saat setimbang 𝜃

₁

= 𝜙

₁

dan ini 𝜃

₂

= 𝜙

₂

maka

𝑚

₁

𝑔 sin 𝜙

₁

− 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜙

₁

+ 𝜙

₂

)] = 0

𝑚

₂

𝑔 sin 𝜙

₂

− 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜙

₁

+ 𝜙

₂

)] = 0

Sekarang kita tinjau kondisi kedua tersimpang dari posisi setimbang. Misalkan sekarang 𝜃

₁

= 𝜙

₁

+ 𝛿

₁

dan ini 𝜃

₂

= 𝜙

₂

+ 𝛿

₂

maka 𝜃̈

₁

= 𝛿̈

₂

dan 𝜃̈

₂

= 𝛿̈

₂

dengan sudut 𝛿

₁

dan 𝛿

₂

adalah simpangan sudut yang kecil atau 𝛿

₁

≪ 1 dan 𝛿

₂

≪ 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 𝜃

₁

≈ sin 𝜙

₁

+ 𝛿

₁

cos 𝜙

₁

sin 𝜃

₂

≈ sin 𝜙

₂

+ 𝛿

₂

cos 𝜙

₂

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

𝑚

₁

𝑅𝛿̈

₁

+ 𝑚

₁

𝑔 cos 𝜙

₁

𝛿

₁

+ 𝑘𝑅(𝛿

₁

+ 𝛿

₂

) = 0 𝑚

₂

𝑅𝛿̈

₂

+ 𝑚

₂

𝑔 cos 𝜙

₂

𝛿

₂

+ 𝑘𝑅(𝛿

₁

+ 𝛿

₂

) = 0

Karena sistem ini melakukan gerak harmonik sederhana, kita mempunyai hubungan 𝛿̈

₁

= −𝜔

²

𝛿

₁

𝛿̈

₂

= −𝜔

²

𝛿

₂

Kita dapat tulis ulang persamaan gerak sistem menjadi

(𝑚

₁

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₁

𝑔 cos 𝜙

₁

)𝛿

₁

− 𝑘𝑅𝛿

₂

= 0 (𝑚

₂

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₂

𝑔 cos 𝜙

₂

)𝛿

₂

− 𝑘𝑅𝛿

₁

= 0 Dalam bentuk matriks dapat kita tulis menjadi

( 𝑚

₁

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₁

𝑔 cos 𝜙

₁

−𝑘𝑅

−𝑘𝑅 𝑚

₂

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₂

𝑔 cos 𝜙

₂

) ( 𝛿

₁

𝛿

₂

) = 0

Agar hasilnya tidak nol, maka matriks sebelah kiri haruslah berupa matriks singular yaitu matriks yang determinannya bernilai nol

| 𝑚

₁

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₁

𝑔 cos 𝜙

₁

−𝑘𝑅

−𝑘𝑅 𝑚

₂

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₂

𝑔 cos 𝜙

₂

| = 0 (𝑚

₁

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₁

𝑔 cos 𝜙

₁

)(𝑚

₂

𝑅𝜔

²

− 𝑘𝑅 − 𝑚

₂

𝑔 cos 𝜙

₂

) − 𝑘

²

𝑅

²

= 0 Atau bisa disederhanakan menjadi

𝑚

₁

𝑚

₂

𝑅

²

𝜔

⁴

− [𝑘𝑅

²

(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) + 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔𝑅(cos 𝜙

₁

+ cos 𝜙

₂

)]𝜔

²

+ 𝑘𝑅(𝑚

₁

cos 𝜙

₁

+ 𝑚

₂

cos 𝜙

₂

)𝑔 + 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔

²

cos 𝜙

₁

cos 𝜙

₂

= 0 Persamaan terkahir adalah persamaan kuadrat untuk 𝜔

²

dengan

𝑎 = 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑅

²

𝑏 = −[𝑘𝑅

²

(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) + 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔𝑅(cos 𝜙

₁

+ cos 𝜙

₂

)]

𝑐 = 𝑘𝑅(𝑚

₁

cos 𝜙

₁

+ 𝑚

₂

cos 𝜙

₂

)𝑔 + 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔

²

cos 𝜙

₁

cos 𝜙

₂

Nilai diskriminannya adalah

𝐷 = 𝑏

²

− 4𝑎𝑐 Setelah disederhanakan akan kita dapatkan

𝐷 = 𝑘

²

𝑅

⁴

(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

)

²

− 2𝑘𝑅

³

𝑚

₁

𝑚

₂

(𝑚

₁

− 𝑚

₂

)(cos 𝜙

₁

− cos 𝜙

₂

) + 𝑚

₁²

𝑚

₂²

𝑔

²

𝑅

²

(cos 𝜙

₁

− cos 𝜙

₂

)

²

Maka

𝜔

²

= 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔(cos 𝜙

₁

+ cos 𝜙

₂

) + 𝑘𝑅(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) ± √𝐷/𝑅

²

2𝑚

₁

𝑚

₂

𝑅

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

₁²

= 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔(cos 𝜙

₁

+ cos 𝜙

₂

) + 𝑘𝑅(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) + √𝐷/𝑅

²

2𝑚

₁

𝑚

₂

𝑅

𝜔

₂²

= 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔(cos 𝜙

₁

+ cos 𝜙

₂

) + 𝑘𝑅(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) − √𝐷/𝑅

²

2𝑚

₁

𝑚

₂

𝑅

Dengan sudut 𝜙

₁

dan 𝜙

₂

adalah sudut-sudut yang memenuhi persamaan pada kondisi setimbang

𝑚

₁

𝑔 sin 𝜙

₁

= 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜙

₁

+ 𝜙

₂

)]

𝑚

₂

𝑔 sin 𝜙

₂

= 𝑘[𝐿

₀

− 𝑅(𝜙

₁

+ 𝜙

₂

)]

Di soal ini tidak disebutkan panjang pegas ketika relaks yaitu 𝐿

₀

sehingga sudut 𝜙

₁

dan 𝜙

₂

juga tidak bisa kita dapatkan. Berdasarkan gambar sistem, kita bisa asumsikan panjang awal pegas jauh lebih kecil dari 𝑅 sehingga sudut 𝜙

₁

dan 𝜙

₂

bernilai sangat kecil dan bisa kita lakukan pendekatan cos 𝜙

₁

= cos 𝜙

₂

≈ 1. Nilai 𝐷 akan menjadi

𝐷 = 𝑘

²

𝑅

⁴

(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

)

²

Dan

𝜔

²

= 2𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔 + 𝑘𝑅(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) ± 𝑘𝑅(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) 2𝑚

₁

𝑚

₂

𝑅

Maka akan kita peroleh

𝜔

₁

= √ 𝑔 𝑅

𝜔

₂

= √ 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑔 + 𝑘𝑅(𝑚

₁

+ 𝑚

₂

) 𝑚

₁

𝑚

₂

𝑅

Secara fisis, modus pertama (𝜔

₁

) 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 (𝜔

₂

) menerangkan bahwa kedua massa disimpangkan berlawanan arah dengan besar simpangan yang sama sehingga dia hanya berosilasi dengan frekuesnsi sudut 𝜔

₂

.

OSP Fisika 2018 Number 5

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.

Mula-mula silinder berada antara anak tangga pertama dan kedua teratas, lalu silinder tersebut diberikan kecepatan sebesar 𝑣

_i

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 𝑣

_i

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 = 𝐼

_pm

+ 𝑚𝑅

²

= 1

2 𝑚𝑅

²

+ 𝑚𝑅

²

⟹ 𝐼 = 3 2 𝑚𝑅

²

Kecepatan sudut silinder terhadap anak tangga kedua adalah

𝜔

_i

= 𝑣

_i

𝑅

𝑅 𝑣_i

𝑑

𝜃

𝑑 𝜃 𝑑 sin 𝜃

Misalkan kecepatan pusat massa silinder ketika tepat akan menumbuk anak tangga ketiga adalah 𝑣

_f

dan kecepatan sudutnya terhadap anak tangga kedua adalah 𝜔

_f

= 𝑣

_f

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

1

2 𝐼𝜔

_i²

= 1

2 𝐼𝜔

_f²

− 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃 1

2 ( 3

2 𝑚𝑅

²

) ( 𝑣

_i

𝑅 )

2

= 1 2 ( 3

2 𝑚𝑅

²

) ( 𝑣

_f

𝑅 )

2

− 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃 𝑣

_i²

= 𝑣

_f²

− 4

3 𝑔𝑑 sin 𝜃 𝑣

_f

= √𝑣

_i²

+ 4

3 𝑔𝑑 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

𝐼

_pm

𝜔

_f

+ 𝑚𝑣

_f

𝑠 = 𝐼𝜔

_f^′

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

𝑣_f 𝜙

𝑠

𝑅 kedua

ketiga 𝑣_f^′

Dari identitas trigonometri

cos 2𝛼 = cos

²

𝛼 − sin

²

𝛼 Dari definisi sinus dan cosinus

sin 𝛼 = 𝑑/2

𝑅 ⟹ sin 𝛼 = 𝑑 2𝑅 cos 𝛼 = √𝑅

²

− (𝑑/2)

²

𝑅 ⟹ cos 𝛼 = √4𝑅

²

− 𝑑

²

2𝑅 Maka

cos 2𝛼 = 4𝑅

²

− 𝑑

²

4𝑅

²

− 𝑑

²

4𝑅

²

⟹ 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, 𝐼

_pm

, 𝐼, dan 𝜔

_f^′

= 𝑣

_f^′

𝑅 serta 𝜔

_f

= 𝑣

_f

𝑅 pada Hk. Kkkln. Momentum Sudut 1

2 𝑚𝑅

²

𝑣

_f

𝑅 + 𝑚𝑣

_f

𝑅 [1 − 1 2 ( 𝑑

𝑅 )

2

] = 3

2 𝑚𝑅

²

𝑣

_f^′

𝑅 𝑣

_f^′

= 𝑣

_f

2 [3 − ( 𝑑 𝑅 )

2

] Subtitusi nilai 𝑣

_f

𝑣

_f^′

= 1

2 [3 − ( 𝑑 𝑅 )

2

] √𝑣

_i²

+ 4

3 𝑔𝑑 sin 𝜃

c. Agar silinder dapat terus menggelinding, maka nilai minimum 𝑣

_i

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

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 = √4𝑅

²

− 𝑑

²

2𝑅 cos 𝜃 + 𝑑 2𝑅 sin 𝜃 cos 𝜑 = √4𝑅

²

− 𝑑

²

cos 𝜃 + 𝑑 sin 𝜃

2𝑅 Sehingga

ℎ = 𝑅 (1 − √4𝑅

²

− 𝑑

²

cos 𝜃 + 𝑑 sin 𝜃

2𝑅 )

maka agar silinder teus menggelinding, kecepatan awal minimum yang harus diberikan adalah

𝑣

_i,min

= √2𝑔ℎ Atau

𝑣

_i,min

= √2𝑔𝑅 (1 − √4𝑅

²

− 𝑑

²

cos 𝜃 + 𝑑 sin 𝜃

2𝑅 )

Kita juga dapatkan bahwa 𝑣

_f^′

> 𝑣

_i,min

sehingga dengan kecepatan minimum ini silinder akan terus menggelinding.

OSP Fisika 2018 Number 6

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 𝑣

_i

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