Pembahasan Olimpiade Minggu ke 2

“Failure is an option. If things are

not failing, you are not innovating

enough”

(Kegagalan adalah suatu pilihan. Jika hal-hal (yang

anda lakukan) tidak mengalami kegagalan, artinya

anda tidak cukup melakukan inovasi)

Olimpiade Mingguan

Minggu ke-2Periode 14-21 Maret 2018

Sebelum memulai jangan lupa berdoa dulu ya menurut agama dan keyakinannya masing-masing , bagi yang muslim baca doa mau belajar ya 

ِ ب

“Dengan 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 ”

Number 1

Suatu silinder bermassa 𝑚 dan jari-jari 𝑅 berada di atas permukaan kasar suatu bidang miring yang tidak dapat bergerak dengan sudut kemiringan 𝜃. Koefisien gesek antara silinder dan bidang miring sangat besar sehingga silinder tidak dapat slip terhadap bidang miring. Kemudian suatu batang tegar bermassa 𝑀 = 3𝑚 sepanjang 𝐿 = 5𝑅 diletakkan di atas bidang miring dan bersentuhan dengan silinder. Ujung bawah batang ini di pasang pada poros licin yang menempel di permukaan bidang miring. Koefisien gesek antara batang dan silinder adalah 𝜇. Asumsikan pusat massa batang berada di antara poros licin dan titik sentuh batang dengan silinder.

Jika sudut yang dibentuk antara batang tegar dan bidang miring adalah 𝜙, tentukanlah : a. Percepatan pusat massa silinder sebagai fungsi 𝜙!

b. Percepatan sudut batang terhadap poros licin sebagai fungsi 𝜙!

c. Percepatan pm batang komponen sejajar bidang miring sebagai fungsi 𝜙! d. Percepatan pm batang komponen tegak lurus bidang miring sebagai fungsi 𝜙! e. Vektor percepatan pusat massa batang!

Keterangan : pm adalah pusat massa Pembahasan :

a. Perhatikan gambar di bawah ini!

Tinjau gerak rotasi batang terhadap poros licin. Gaya dari poros tidak perlu kita pertimbangkan di sini karena lengan momennya nol. Misalkan percepatan sudut papan adalah 𝛼. Karena silinder slip terhadap batang maka akan berlaku 𝑓₁ = 𝜇𝑁₁.

𝑀𝑔 cos(𝜙 − 𝜃)𝐿_{2 − 𝑁}1𝑑 =1_{3 𝑀𝐿}2𝛼

3𝑚𝑔 cos(𝜙 − 𝜃)5𝑅_{2 − 𝑁}1𝑑 = 1_{3 𝑀}(5𝑅)2𝛼

15

2 𝑚𝑔𝑅 cos(𝜙 − 𝜃) − 𝑁1𝑑 = 25𝑚𝑅2𝛼 … (1)

Sekarang tinjau gerak translasi dan rotasi silinder Gerak translasi (arah sejajar bidang miring)

𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝑓2 − 𝑓1cos 𝜙 + 𝑁1sin 𝜙 = 𝑚𝑎

𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝑓2 + 𝑁1(sin 𝜙 − 𝜇 cos 𝜙) = 𝑚𝑎 … (2)

Gerak rotasi

Misalkan percepatan sudut silinder adalah 𝛽. Karena silinder menggelinding tanpa slip di atas lantai akan berlaku 𝑎 = 𝑅𝛽.

(𝑓2− 𝑓1)𝑅 =1_{2 𝑚𝑅}2𝛽 ⟹ 𝑓2 = 𝜇𝑁1+1_{2 𝑚𝑎 … (3)}

Sekarang perhatikan titik sentuh antara batang dan silinder. Titik ini tidak ikut berotasi bersama silinder melainkan hanya ikut dipercepat pada arah sejajar bidang miring sehingga akan berlaku

𝑎 = 𝛼𝑑 sin 𝜙 ⟹ 𝑑𝛼 =_{sin 𝜙 … (4)}𝑎

Sekarang perhatikan bangun layang-layang yang dibentuk oleh batang dan silinder. Dari sini akan kita dapatkan bahwa

tan𝜙_{2 =}𝑅_{𝑑 ⟹ 𝑑 =} 𝑅

tan 𝜙2… (5)

𝑑 𝛼

𝑀𝑔 𝜙

𝑁1

𝑓1

𝑠

𝛼𝑑 𝛼𝑑 cos 𝜙

𝜙 𝛼𝑑 sin 𝜙

𝑎

𝑚𝑔 𝑁1

𝑓1

𝑁2

𝑓2

Subtitusi persamaan (5) ke (4)

Subtitusi persamaan (6) dan (5) ke (1)

15

Subtitusi persamaan (3) ke (2)

𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝜇𝑁1−1_{2 𝑚𝑎 + 𝑁}1(sin 𝜙 − 𝜇 cos 𝜙) = 𝑚𝑎

c. Percepatan pusat massa batang sejajar bidang miring adalah

𝑎∥ =𝛼𝐿_{2 sin 𝜙 =}5_{2 𝛼𝑅 sin 𝜙}

𝑎⊥ =𝛼𝐿_{2 cos 𝜙 =}5_{2 𝛼𝑅 cos 𝜙}

e. Vektor percepatan pusat massa batang adalah

𝑎⃗B =𝛼𝐿_{2 sin}(𝜙 − 𝜃) 𝑖̂ −𝛼𝐿_{2 cos}(𝜙 − 𝜃) 𝑗̂

𝑎⃗B =5_{2 𝛼𝑅 sin}(𝜙 − 𝜃) 𝑖̂ −5_{2 𝛼𝑅 cos}(𝜙 − 𝜃) 𝑗̂

Dengan 𝛼 adalah percepatan sudut batang seperti jawaban pada bagian b. Number 2

Diberikan suatu sistem balok-katrol seperti gambar di bawah ini.

Masing-masing katrol bermassa 𝑚₀ dan memiliki jari-jari 𝑅. Setiap katrol tidak dapat slip terhadap tali. Di ujung kiri sistem diletakkan beban yang bermassa 𝑚 dan diujung kanan sistem diletakkan balok beban bermassa 𝑀. Pada sistem terdapat sejumlah balok bermassa 𝑚 (𝑀 > 4𝑚). Arah percepatan gravitasi 𝑔 adalah ke bawah. Jika terdapat

𝑁 buah balok 𝑚, tentukanlah :

a. Jumlah katrol yang terdapat pada sistem!

Untuk kondisi pertama, asumsikan lantai licin. Tentukanlah : b. Percepatan sistem!

c. Jika percepatan sistem sama dengan sepertiga percepatan gravitasi, tentukan massa

𝑀 dinyatakan dalam 𝑚 dan 𝑚₀!

Untuk kondisi kedua, asumsikan lantai kasar dengan koefisien gesek kinetik 𝜇. Tentukanlah :

d. Percepatan sistem!

e. Sama seperti sebelumnya, jika percepatan sistem sama dengan sepertiga percepatan gravitasi, tentukan massa 𝑀 dinyatakan dalam 𝑚 dan 𝑚₀!

Selanjutnya, beban di ujung kanan sistem diganti dengan kotak berisi air yang massa totalnya adalah 𝑀. Setelah selang waktu 𝑇 air habis dan massa beban yang tersisa adalah

𝑀/4. Abaikan kecepatan air ketika keluar dari kotak. Jika pada awalnya sistem diam, tentukanlah :

f. Kecepatan sistem sebagai fungsi waktu saat air belum habis untuk kondisi pertama! g. Kecepatan sistem tepat ketika air habis untuk kondisi pertama!

h. Kecepatan sistem sebagai fungsi waktu saat air belum habis untuk kondisi kedua! i. Kecepatan sistem tepat ketika air habis untuk kondisi kedua!

Pembahasan :

a. Untuk mengerjakan soal ini, sebaiknya kita cari pola yang mempermudah kita, bukan malah meninjau setiap bagian sistem. Baik, kita tinjau sebagian sistem seperti gambar di bawah ini.

Kita tinjau fraksi sistem yang terdiri dari 4 katrol dan sebuah balok. Kita hitung balok paling kiri sebagai balok 1 dan kita sebut fraksi sistem yang di dalamnya terdapat balok 1 ini sebagai fraksi sistem 1. Untuk fraksi sistem yang terdapat balok 2 di dalamnya kita namakan fraksi sistem 2 dan seterusnya. Setiap katrol pada fraksi sistem kita beri nama dengan huruf romawi dengan urutan seperti gambar di atas. Karena ada 𝑁 fraksi sistem, maka jumlah katrol dalam sistem adalah 3𝑁 + 1 buah katrol.

b. Selanjutnya karena tali tidak slip terhadap katrol maka akan berlaku 𝑎 = 𝑅𝛼. Kita tinjau benda benda pada fraksi sistem 1 akan kita dapatkan

(𝑇𝐼,1− 𝑇0)𝑅 =1_{2 𝑚}0𝑅2(_{𝑅) ⟹ 𝑇}𝑎 𝐼,1− 𝑇0 = 1_{2 𝑚}0𝑎

Sehingga dengan cara yang sama

𝑇𝐼𝐼,1− 𝑇𝐼,1 = 1_{2 𝑚}0𝑎

𝑇𝐼𝐼𝐼,1− 𝑇𝐼𝐼,1′ = 1_{2 𝑚}0𝑎

𝑇𝐼,2− 𝑇𝐼𝐼𝐼,1 = 1_{2 𝑚}0𝑎

Untuk balok 𝑚

𝑇𝐼𝐼,1′ − 𝑇𝐼𝐼,1= 𝑚𝑎

Dengan menjumlahkan semua persamaan yang tadi kita dapatkan akan kita peroleh

𝑘𝐼𝐼𝐼,1

𝑚 𝑘𝐼𝐼,1

𝑘𝐼,1 𝑘𝐼𝑉,1

𝑚 𝑇0

𝛼

𝑇𝐼,1 𝑇_{𝐼𝐼𝐼,1}

𝛼

𝑇𝐼,2

𝑇𝐼,1

𝛼 𝑇𝐼𝐼,1 𝑇𝐼𝐼,1′ _𝛼

𝑇𝐼𝐼𝐼,1

𝑇𝐼𝐼,1 𝑇𝐼𝐼,1′

𝑇𝐼,1− 𝑇0 = 12𝑚0𝑎

𝑇𝐼𝐼,1− 𝑇𝐼,1 = 12𝑚0𝑎

𝑇𝐼𝐼,1′ − 𝑇𝐼𝐼,1 = 𝑚𝑎

𝑇𝐼𝐼𝐼,1− 𝑇𝐼𝐼,1′ = 12𝑚0𝑎

𝑇𝐼𝐼𝐼,1− 𝑇0 = (32𝑚0+ 𝑚) 𝑎

+

𝑇𝐼𝐼𝐼,1 = 𝑇0+ (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

Maka untuk fraksi berikutnya akan kita peroleh

𝑇𝐼𝐼𝐼,2 = 𝑇𝐼𝐼𝐼,1+ (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎 = 𝑇0+ 2 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

𝑇𝐼𝐼𝐼,3 = 𝑇𝐼𝐼𝐼,2+ (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎 = 𝑇0+ 3 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

…

Sehingga pada fraksi ke 𝑁 akan kita dapatkan

𝑇𝐼𝐼𝐼,𝑁 = 𝑇0+ 𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

Mengikuti pola yang ada

𝑇 = 𝑇𝐼𝐼𝐼,𝑁+1_{2 𝑚}0𝑎

𝑇 = 𝑇0+ [𝑁 (3_{2 𝑚}0 + 𝑚) +1_{2 𝑚}0] 𝑎

Tinjau beban 𝑚

𝑇0− 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑇0 = 𝑚𝑔 + 𝑚𝑎

Tinjau beban 𝑀

𝑀𝑔 − 𝑇 = 𝑀𝑎

𝑀𝑔 − 𝑇0− [𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{2 𝑚}0] 𝑎 = 𝑀𝑎

𝑀𝑔 − 𝑚𝑔 − 𝑚𝑎 − [𝑁 (3_{2 𝑚}0 + 𝑚) +1_{2 𝑚}0] 𝑎 = 𝑀𝑎

(𝑀 − 𝑚)𝑔 = [𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{2 𝑚}0+ 𝑀 + 𝑚] 𝑎

𝑀 𝑚

𝑇𝐼𝐼𝐼,𝑁

𝛼

𝑇 𝑇0

𝑚𝑔

𝑇

𝑀𝑔

𝑎 = (𝑀 − 𝑚)𝑔

𝑁 (32𝑚0+ 𝑚) + 12𝑚0+ 𝑀 + 𝑚

c. Jika percepatan 𝑎 = 𝑔/3 maka

𝑔 3 =

(𝑀 − 𝑚)𝑔

𝑁 (32𝑚0+ 𝑚) + 12𝑚0+ 𝑀 + 𝑚

𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{2 𝑚}0+ 𝑀 + 𝑚 = 3𝑀 − 3𝑚

2𝑀 = 𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{2 𝑚}0+ 4𝑚

𝑀 =𝑁_{2 (}3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{4 𝑚}0+ 2𝑚

d. Untuk kasus lantai kasar, kita hanya perlu mengubah persamaan gerak balok menjadi Untuk balok 𝑚

𝑇𝐼𝐼,1′ − 𝑇𝐼𝐼,1− 𝑓k= 𝑚𝑎

𝑇𝐼𝐼,1′ − 𝑇𝐼𝐼,1= 𝜇𝑚𝑔 + 𝑚𝑎

Sehingga akan kita dapatkan dengan cara yang sama seperti bagian b yaitu

𝑇𝐼𝐼𝐼,1 = 𝑇0+ 𝜇𝑚𝑔 + (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

Pada fraksi sistem berikutnya

𝑇𝐼𝐼𝐼,2 = 𝑇𝐼𝐼𝐼,1+ 𝜇𝑚𝑔 + (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎 = 𝑇0+ 2𝜇𝑚𝑔 + 2 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

𝑇𝐼𝐼𝐼,3 = 𝑇𝐼𝐼𝐼,2+ 𝜇𝑚𝑔 + (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎 = 𝑇0+ 3𝜇𝑚𝑔 + 3 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

…

𝑇𝐼𝐼𝐼,𝑁 = 𝑇0+ 𝑁𝜇𝑚𝑔 + 𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) 𝑎

Mengikuti pola yang ada

𝑇 = 𝑇𝐼𝐼𝐼,𝑁+1_{2 𝑚}0𝑎

𝑇 = 𝑇0+ 𝑁𝜇𝑚𝑔 + [𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{2 𝑚}0] 𝑎

Tinjau beban 𝑚

𝑇0− 𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑇0 = 𝑚𝑔 + 𝑚𝑎

Tinjau beban 𝑀

𝑀𝑔 − 𝑇 = 𝑀𝑎

𝑀𝑔 − 𝑇0− 𝑁𝜇𝑚𝑔 − [𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{2 𝑚}0] 𝑎 = 𝑀𝑎

(𝑀 − (1 + 𝜇𝑁)𝑚)𝑔 = [𝑁 (3_{2 𝑚}0+ 𝑚) +1_{2 𝑚}0+ 𝑀 + 𝑚] 𝑎

Maka beban kanan sebagai fungsi waktu adalah

𝑀(𝑡) = 𝑀 −3𝑀_{4𝑇 𝑡}

Dengan menggunakan hasil dari bagian b akan kita peroleh

𝑣(𝑡) = 𝑔 [4𝑇𝐴 − 4𝑇(𝑀 − 𝑚)_3𝑀 ln (1 −3𝑀𝑡_{4𝑇𝐴) + 𝑡]}

g. Saat 𝑡 = 𝑇

𝑣(𝑇) = 𝑔 [4𝑇𝐴 − 4𝑇(𝑀 − 𝑚)

3𝑀 ln (1 − 3𝑀

4𝐴 ) + 𝑇]

h. Dengan cara yang sama seperti bagian f akan kita peroleh

𝑣(𝑡) = 𝑔 [4𝑇𝐴 − 4𝑇(𝑀 − (1 + 𝜇𝑁)𝑚)_3𝑀 ln (1 −3𝑀𝑡_{4𝑇𝐴) + 𝑡]}

i. Pada saat 𝑡 = 𝑇

𝑣(𝑇) = 𝑔 [4𝑇𝐴 − 4𝑇(𝑀 − (1 + 𝜇𝑁)𝑚)_3𝑀 ln (1 −3𝑀_{4𝐴 ) + 𝑇]}

Number 3 Diberikan sistem balok katrol seperti gambar di bawah.

Pada kedua sistem tersebut, massa semua katrol dapat diabaikan dan anggap katrol licin. Massa 𝑚₁ = 𝑚, 𝑚₂ = 2𝑚, 𝑚₃ = 3𝑚, 𝑚₄ = 4𝑚, … , 𝑚_𝑁 = 𝑁𝑚.

Untuk sistem A tentukanlah : a. Percepatan balok 𝑚₁! b. Percepatan balok 𝑚₂! c. Percepatan balok 𝑚₃! d. Percepatan balok 𝑚₄!

𝑚1

𝑚2

𝑚3 _𝑚 4

𝑚1

𝑚2

𝑚3

𝑚4 …

Untuk sistem B

e. Jika terdapat 𝑁 balok, tentukan percepatan balok 𝑚₁!

f. Jika terdapat sangat banyak balok di sebelah kanan sistem (𝑁 → ∞), tentukan percepatan balok 𝑚₁!

Keterangan : untuk soal bagian e dan f, penulis tidak berhasil menemukan solusinya, jadi di pembahasan hanya ada solusi bagian a sampai d. Silahkan bagi yang ingin mencoba menemukan solusinya, penulis berharap semoga ada yang berhasil menemukannya agar solusi soal ini bisa sempurna. Sekian dan terima kasih ... 

Pembahasan :

a. Pertama kita tinjau sistem katrol sebelah kiri yang teradapat massa 𝑚₁ dan 𝑚₂ di dalamnya. Misalkan percepatan kedua katrol ini terhadap katrol kiri adalah 𝑎_L, maka percepatan pusat massa sistem terhadap katrol kiri adalah (jadikan arah ke atas

Sekarang misalkan percepatan katrol kiri dan kanan terhadap katrol tetap adalah 𝑎₀. Kita tinjau gerak sistem kiri dan kanan terhadap tanah.

Sistem kiri

Jumlahkan persamaan (1) dan (2) akan kita dapatkan

4𝑚𝑔 = 10𝑚𝑎0− 𝑚(𝑎L+ 𝑎R)

4𝑔 = 10𝑎0− (𝑎L+ 𝑎R) … (3)

Karena katrol tidak bermassa, tegangan tali pada tali kiri dan kanan yang melilit katrol bergerak akan sama besarnya. Di sini juga berlaku 𝑇₀ = 2𝑇. Tinjau gerakan masing-masing massa terhadap tanah.

Balok 𝑚₁

𝑇 − 𝑚1𝑔 = 𝑚1(𝑎0+ 𝑎L)

𝑇 − 𝑚𝑔 = 𝑚(𝑎0+ 𝑎L) … (4)

𝑚2𝑔 − 𝑇 = 𝑚2(−𝑎0+ 𝑎L)

2𝑚𝑔 − 𝑇 = 2𝑚(−𝑎0+ 𝑎L) … (5)

Balok 𝑚₃

𝑇 − 𝑚3𝑔 = 𝑚3(−𝑎0+ 𝑎R)

𝑇 − 3𝑚𝑔 = 3𝑚(−𝑎0+ 𝑎R) … (6)

Balok 𝑚₄

𝑚4𝑔 − 𝑇 = 𝑚4(𝑎0 + 𝑎R)

4𝑚𝑔 − 𝑇 = 4𝑚(𝑎0+ 𝑎R) … (7)

Dari penjumlahan persamaan (4) dan (5) serta (6) dan (7) akan kita peroleh

𝑚𝑔 = −𝑚𝑎0+ 3𝑚𝑎L⟹ 𝑎L =1₃(𝑔 + 𝑎0) … (8)

𝑚𝑔 = 𝑚𝑎0 + 7𝑚𝑎R ⟹ 𝑎R =1₇(𝑔 − 𝑎0) … (9)

Subtitusi persamaan (8) dan (9) ke persamaan (3)

4𝑔 = 10𝑎0− (1₃(𝑔 + 𝑎0) +1₇(𝑔 − 𝑎0))

4𝑔 = 10𝑎0−10_{21 𝑔 −21 𝑎}4 0

94 21 𝑔 =

206

21 𝑎0 ⟹ 𝑎0 = 47 103 𝑔

Subtitusi 𝑎₀ke persamaan (8) dan (9)

𝑎L= 1_{3 (𝑔 +103 𝑔) ⟹ 𝑎}47 L= _{103 𝑔}50

𝑎R =1_{7 (𝑔 −103 𝑔) ⟹ 𝑎}47 R =_{103 𝑔}8

Tadi kita sudah mendapat nilai atau besar dari 𝑎₀, 𝑎_L, dan 𝑎_R. Berikutnya kita jadikan arah atas sebagai arah positif dan arah bawah sebagai arah negatif sehingga nanti, jika nilai percepatan balok terhadap adalah negatif, berarti arahnya ke bawah dan jika positif, berarti arahnya ke atas.

Percepatan balok 𝑚₁ terhadap tanah adalah

𝑎1 = 𝑎0+ 𝑎𝐿

𝑎1 =_{103 𝑔 +}47 _{103 𝑔 ⟹ 𝑎}50 1 = _{103 𝑔}97

b. Percepatan balok 𝑚₂ terhadap tanah adalah

𝑎2 = 𝑎0− 𝑎𝐿

𝑎2 = _{103 𝑔 −}47 _{103 𝑔 ⟹ 𝑎}50 2 = −_{103 𝑔 (}3 arahnya ke bawah)

c. Percepatan balok 𝑚₃ terhadap tanah adalah

𝑎3 = −_{103 𝑔 +}47 _{103 𝑔 ⟹ 𝑎}8 3 = −_{103 𝑔 (}39 arahnya ke bawah)

d. Percepatan balok 𝑚₄ terhadap tanah adalah

𝑎4 = −𝑎0− 𝑎𝑅

𝑎3 = −_{103 𝑔 −}47 _{103 𝑔 ⟹ 𝑎}8 3 = −_{103 𝑔 (}55 arahnya ke bawah)

Kalau udah selesai jangan lupa doa lagi ya, bagi yang muslim baca

ُِني م

لا ع

َ

_{لاِ ِّب رِ ه}

ْ

_{ل لِ ُد م ح}

َّ

لَا

ْ