Pembahasan Olimpiade Minggu ke 1

“

Untuk jadi maju memang banyak

tantangan dan hambatan. Kecewa

semenit dua menit boleh, tetapi

setelah itu harus bangkit lagi.”

Olimpiade Mingguan

Minggu ke-1Periode 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 

ِ ب

ِ س

ِ مِ

ِ هللا

ِ

ِ رلا

ِ

ِ ح

ِ م

ِ نِ

ِ رلا

ِ

ِ ح

ِ ي

ِ م

ِ

ً

لْ و ُس ر وِاًّي ب

نِ ٍد م ح ُم ب وِا

ًن ي دِ م لَ س لْا ب وِاًّب رِ هللاا بِ ُت ي ض ر

ِ رِ

ِ ب

ِِ ز

ِ د

ِ ن

ِ عِي

ِ

ل

ًِم

ِا

ِ و

ِ ر

ُِزِ

قِ ن

ِ

فِي

ِ ه

ًِما

“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 objek berbentuk persegi bermassa 𝑀 bergerak lurus dengan kecepatan konstan 𝑣₀ di atas sebuah meja licin. Dua buah batang bermassa 𝑚 dan panjang 𝐿 pada awalnya diam di atas meja licin tersebut dan membentuk sudut 𝜃 dengan garis sejajar arah gerak persegi 𝑀. Jika kemudian persegi 𝑀 menumbuk kedua batang secara elastis sempurna dan 𝑀 = 5𝑚, 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

𝑀

𝑚

𝑚 𝜃

𝜃

𝐿 𝐿

Impuls linear/angular total yang bekerja pada suatu benda sama dengan perubahan momentum linear/angularnya nya

Untuk persegi 𝑀 (arah positif searah dengan arah gerak persegi)

−2Δ𝑝 = 𝑀Δ𝑣

−2Δ𝑝 = 5𝑚(𝑣 − 𝑣0) ⟹ Δ𝑝 =5_{2 𝑚}(𝑣0− 𝑣) … (1)

Untuk batang : impuls linear – perubahan momentum linear (kita tinjau salah satu saja karena gerkan kedua batang sama, dalam hal ini saya pilih batang atas)

Δ𝑝 = 𝑚𝑢 … (2)

Untuk batang : impuls angular – 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

𝐼 =_{12 𝑚𝐿}1 2 maka

Δ𝑝𝐿_{2 sin 𝜃 = 𝐼𝜔}

Δ𝑝𝐿_{2 sin 𝜃 =12 𝑚𝐿}1 2_{𝜔 ⟹ Δ𝑝 =} 𝑚𝐿𝜔

6 sin 𝜃 … (3)

Dari persamaan (1) dan (2) kita dapatkan

5

2 𝑚(𝑣0− 𝑣) = 𝑚𝑢 ⟹ 𝑣0− 𝑣 = 2

5 𝑢 …(4) dan 𝑢 = 5

2(𝑣0− 𝑣) … (5)

Dari persamaan (2) dan (3)

Δ𝑝 Δ𝑝 𝑀

Δ𝑝 Δ𝑝

𝜃

𝜃

𝑀

𝑢

𝜔 𝜃

𝜃 𝜔

𝑣

𝑚𝑢 =_{6 sin 𝜃 ⟹ 𝐿𝜔 = 6𝑢 sin 𝜃 … (6)}𝑚𝐿𝜔

Dari kekekalan energi sistem kita dapatkan

1

2 𝑀𝑣02 = 1

2 𝑀𝑣2+ 2 1

2 𝑚𝑢2 + 2 1 2 𝐼𝜔2 5𝑚𝑣02 _{= 5𝑚𝑣}2_{+ 2𝑚𝑢}2₊1

6 𝑚𝐿2𝜔2 5(𝑣02− 𝑣2) = 2𝑢2 +1_{6 𝐿}2𝜔2

5(𝑣0+ 𝑣)(𝑣0− 𝑣) = 2𝑢2+1₆(𝐿𝜔)2

Subtitusi persmaan (4) dan (6)

5(𝑣0+ 𝑣)2_{5 𝑢 = 2𝑢}2 +1₆(6𝑢 sin 𝜃)2 2𝑣0 + 2𝑣 = 2𝑢 + 6𝑢 sin2_𝜃

𝑣0+ 𝑣 = 𝑢(1 + 3 sin2𝜃)

Subtitusi persamaan (5)

𝑣0+ 𝑣 =5₂(𝑣0− 𝑣)(1 + 3 sin2_𝜃) 1

2 𝑣0(3 + 15 sin2𝜃) =

1

2 𝑣(7 + 15 sin2𝜃) ⟹ 𝑣 =

3 + 15 sin2_𝜃 7 + 15 sin2_{𝜃 𝑣}0

Subtitusi 𝑣 ke persamaan (5)

𝑢 =5_{2 (𝑣}0−3 + 15 sin

2_𝜃

7 + 15 sin2_{𝜃 𝑣}0)

𝑢 = 5 (7 + 15 sin_{7 + 15 sin}2₂𝜃_{𝜃 𝑣}0−3 + 15 sin

2_𝜃

7 + 15 sin2_{𝜃 𝑣}0) ⟹ 𝑢 =

4

7 + 15 sin2_{𝜃 𝑣}0

Subtitusi 𝑢 ke persamaan (6)

𝐿𝜔 = 6_{7 + 15 sin}4 _{2𝜃 𝑣}0sin 𝜃 ⟹ 𝜔 =_{(7 + 15 sin}24𝑣0sin 𝜃_2𝜃)𝐿

Number 2

Di atas suatu meja licin, diletakkan susunan 𝑁 kotak berbentuk kubus bermassa

𝑚1, 𝑚2, 𝑚3, … , 𝑚𝑁. Panjang rusuk kubus tersebut adalah 𝐿. Suatu ketika, si kubus yang

Untuk kondisi yang pertama, semua tumbukan berlangsung secara elastis sempurna, tentukanlah :

a. Kecepatan kubus ke 𝑘 setelah di tumbuk kubus ke ke 𝑘 − 1 dimana 1 < 𝑘 < 𝑁! b. Kecepatan kubus ke 𝑁 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 𝑒, tentukanlah :

d. Kecepatan kubus ke 𝑘 dimana 1 < 𝑘 < 𝑁!

e. Kecepatan kubus ke 𝑁 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 𝑚 bergerak menumbuk kubus kedua bermassa 𝑚/2 dengan kecepatan 𝑣₁. Karena tumbukan elastis sempurna dan meja licin kita bisa menggunakan hukum kekekalan momentum linear dan kekekalan energi kinetik.

Kekekalan momentum linear

𝑚𝑣1 = 𝑚𝑣1′ +𝑚_{2 𝑣}2 ⟹ 2(𝑣1− 𝑣1′) = 𝑣2… (1)

Kekekalan energi mekanik

1

2 𝑚𝑣12 = 1

2 𝑚𝑣1′ 2+ 1 2

𝑚 2 𝑣22 2(𝑣12 _{− 𝑣}

1′ 2) = 𝑣22

2(𝑣1− 𝑣1′)(𝑣1+ 𝑣1′) = 𝑣22

Subtitusi persamaan (1)

𝑣2(𝑣1+ 𝑣1′) = 𝑣22 ⟹ 𝑣1+ 𝑣1′ = 𝑣2… (2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚_𝑁

𝐿

𝐿 𝑣0

2(𝑣1− 𝑣1′) = 𝑣1+ 𝑣1′ ⟹ 𝑣1′ = 1_{3 𝑣}1

Subtitusi 𝑣₁′ ke persamaan (2)

𝑣1+1_{3 𝑣}1 = 𝑣2 ⟹ 𝑣2 = 4_{3 𝑣}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.

𝑣1 = 𝑣0

𝑣1′ = 1_{3 𝑣}1 = 1_{3 𝑣}0

𝑣2 =4_{3 𝑣}1 =4_{3 𝑣}0

𝑣2′ =1_{3 𝑣}2 =4_{9 𝑣}0

𝑣3 =4_{3 𝑣}2 =16_{9 𝑣}0

𝑣3′ =1_{3 𝑣}3 =16_{27 𝑣}0

𝑣4 = 4_{3 𝑣}3 = 64_{27 𝑣}0 …

𝑣𝑘= (4₃₎ 𝑘−1

𝑣0

𝑣𝑘′ = 4 𝑘−1 3𝑘 𝑣0

Maka kecepatan kubus ke 𝑘 setelah ditumbuk kubus ke 𝑘 − 1 adalah

𝑣𝑘 = (4₃₎𝑘−1𝑣0

b. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian a akan kita peroleh kecepatan kubus ke 𝑁 sebelum menumbuk pojokan meja yaitu

𝑣𝑁 = (4₃₎ 𝑁−1

𝑣0

c. Berikut adalah kondisi kotak ke 𝑁 ketika menumbuk pojokan meja

𝑚𝑁 𝑣𝑁

𝜔

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.

𝑚𝑁𝑣𝑁𝐿_{2 = 𝐼𝜔}

Momen inersia persegi terhadap pusat massanya yang adalah 𝐼pm= 1_{6 𝑚}𝑁𝐿2

Dengan teorema sumbu sejajar, momen inersia persegi terhadap titik sudutnya adalah

𝐼 = 𝐼pm+ 𝑚𝑁(√2_{2 𝐿)} 2

𝐼 =1_{6 𝑚}𝑁𝐿2+ 𝑚𝑁(√2_{2 𝐿)} 2

⟹ 𝐼 =2_{3 𝑚}𝑁𝐿2

maka

𝑚𝑁𝑣𝑁𝐿_{2 =}2_{3 𝑚}𝑁𝐿2𝜔 ⟹ 𝐿𝜔 =3_{4 𝑣}𝑁

Dengan hukum kekeaklan energi mekanik sistem dengan acuan energi potensial sama dengan nol adalah permukaan meja licin akan kita dapatkan

1

2 𝑚𝑁𝑣𝑁2+ 𝑚𝑁𝑔 𝐿 2 =

1 2 (

2

3 𝑚𝑁𝐿2) 𝜔2+ 𝑚𝑁𝑔 √2

2 𝐿 𝑣𝑁2+ 𝑔𝐿 =2_{3 (}3_{4 𝑣}𝑁)

2

+ 𝑔𝐿√2

𝑣𝑁2₋3

8 𝑣𝑁2 = 𝑔𝐿(√2 − 1) 5

8 𝑣𝑁2 = 𝑔𝐿(√2 − 1) ⟹ 𝑣𝑁 = √ 8

5 𝑔𝐿(√2 − 1) … (3)

(4₃₎𝑁−1𝑣0 = √8_{5 𝑔𝐿(√2 − 1)}

𝑣0 = (3₄₎𝑁−1√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah

Δ𝑝 = 𝑚𝑣0 ⟹ Δ𝑝 = 𝑚 (3₄₎ 𝑁−1

√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

Kekekalan momentum linear

𝑚𝑣1 = 𝑚𝑣1′ +𝑚_{2 𝑣}2 ⟹ 2(𝑣1− 𝑣1′) = 𝑣2… (4)

Dengan rumus koefisien restitusi akan kita dapatkan

𝑒 = −𝑣2_{0 − 𝑣}− 𝑣1′

1 ⟹ 𝑣2 = 𝑒𝑣1 + 𝑣1

′_{… (5)}

Subtitusi persamaan (5) ke (4)

2(𝑣1− 𝑣1′) = 𝑒𝑣1+ 𝑣1′

(2 − 𝑒)𝑣1 = 3𝑣1′ _{⟹ 𝑣1}′ ₌ (2 − 𝑒)𝑣1 3

Subtitusi 𝑣₁′ ke persamaan (4)

2 (𝑣1 −(2 − 𝑒)𝑣1₃ ) = 𝑣2 ⟹ 𝑣2 =2(1 + 𝑒)𝑣₃ 1

Dari sini, kita lihat polanya yaitu

𝑣1 = 𝑣0

𝑣1′ = (2 − 𝑒)𝑣1₃ =(2 − 𝑒)𝑣0₃

𝑣2 =2(1 + 𝑒)𝑣1₃ = 2(1 + 𝑒)𝑣0₃

𝑣2′ =(2 − 𝑒)𝑣2₃ =2(1 + 𝑒)(2 − 𝑒)𝑣0₉

𝑣3 =2(1 + 𝑒)𝑣₃ 2 =4(1 + 𝑒)₉ 2𝑣0

𝑣3′ =(2 − 𝑒)𝑣3₃ =4(1 + 𝑒)

2_{(2 − 𝑒)𝑣3} 27

𝑣4 = 2(1 + 𝑒)𝑣3₃ =8(1 + 𝑒) 3_𝑣0 27 …

𝑣𝑘= [2(1 + 𝑒)₃ ] 𝑘−1

𝑣0

𝑣𝑘′ = [2(1 + 𝑒)]

𝑘−1_{(2 − 𝑒)} 3𝑘 𝑣0

Maka kecepatan kubus ke 𝑘 setelah ditumbuk kubus ke 𝑘 − 1 adalah

𝑣𝑘 = [2(1 + 𝑒)₃ ] 𝑘−1

𝑣0

e. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian d akan kita peroleh kecepatan kubus ke 𝑁 sebelum menumbuk pojokan meja yaitu

𝑣𝑁 = [2(1 + 𝑒)₃ ] 𝑁−1

f. Kasus ini sama seperti pada bagian c sehingga akan kita dapat pula hasil seperti pada persamaan (3) yaitu

𝑣𝑁= √8_{5 𝑔𝐿(√2 − 1)}

Maka

[2(1 + 𝑒)₃ ] 𝑁−1

𝑣0 = √8_{5 𝑔𝐿(√2 − 1)}

𝑣0 = [_{2(1 + 𝑒)]}3 𝑁−1

√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah

Δ𝑝 = 𝑚𝑣0 ⟹ Δ𝑝 = 𝑚 [_{2(1 + 𝑒)]}3 𝑁−1√8

5 𝑔𝐿(√2 − 1)

g. Massa kotak ke 𝑁 adalah

𝑚𝑁 = (1₂₎𝑁−1𝑚

Energi awal sistem adalah

𝐸0 = 1_{2 𝑚𝑣}02

Energi akhir sistem setelah semua tumbukan terjadi adalah

𝐸 =1_{2 𝑚𝑣}1′ 2+1₂𝑚_{2 𝑣}2′ 2+1₂𝑚_{4 𝑣}3′ 2+1₂𝑚_{8 𝑣}4′ 2+ ⋯ +1_{2 (}1₂₎ 𝑁−1

𝑚𝑣𝑁2

𝐸 =1_{2 𝑚 (𝑣}1′ 2+1_{2 𝑣}2′ 2+1_{4 𝑣}3′ 2+1_{8 𝑣}4′2+ ⋯ + (1₂₎ 𝑁−1

𝑣𝑁2₎

𝐸 =1_{2 𝑚𝑣}02(∑_2𝑘−11 [[2(1 + 𝑒)]

𝑘−1_{(2 − 𝑒)} 3𝑘 ]

2 𝑁−1

𝑘=1

+ [2(1 + 𝑒)₃ ] 2𝑁−2

)

𝐸 =1

2 𝑚𝑣02(∑

2𝑘−1_{(1 + 𝑒)}2𝑘−2_{(2 − 𝑒)}2 32𝑘

𝑁−1

𝑘=1

+ [2(1 + 𝑒) 3 ]

2𝑁−2 )

Untuk menghitung nilai sigma di atas kita modifikasi terlebih dahulu menjadi

2𝑘−1_{(1 + 𝑒)}2𝑘−2_{(2 − 𝑒)}2 32𝑘 =

√22𝑘√2−2(1 + 𝑒)2𝑘_{(1 + 𝑒)}−2_{(2 − 𝑒)}2 32𝑘

2𝑘−1_{(1 + 𝑒)}2𝑘−2_{(2 − 𝑒)}2 32𝑘 =

(2 − 𝑒)2 2(1 + 𝑒)2([

√2(1 + 𝑒) 3 ]

2 )

𝑘

∑2𝑘−1(1 + 𝑒)_32𝑘2𝑘−2(2 − 𝑒)2 𝑁−1

𝑘=1

=_{2(1 + 𝑒)}(2 − 𝑒)2₂∑ ([√2(1 + 𝑒)₃ ] 2 ) 𝑘 𝑁−1 𝑘=1 ⏟ deret geometri

Sigma terkahir adalah suatu deret geometri dengan suku pertama dan rasio memiliki nilai yang sama yaitu

𝑎 = [√2(1 + 𝑒)₃ ] 2

= 𝑟

Maka jumlah deret tersebut adalah (ingat bahwa 𝑟 < 1)

𝑆 =𝑎(1 − 𝑟_{1 − 𝑟}𝑁−1)

𝑆 =

[√2(1 + 𝑒)₃ ] 2

(1 − ([√2(1 + 𝑒)₃ ] 2

) 𝑁−1

)

1 − [√2(1 + 𝑒)₃ ] 2

𝑆 =_{9 − 2(1 + 𝑒)}2(1 + 𝑒)2 ₂[1 − (2(1 + 𝑒)₉ 2) 𝑁−1

]

Maka

∑2𝑘−1(1 + 𝑒)_32𝑘2𝑘−2(2 − 𝑒)2 𝑁−1

𝑘=1

=_{2(1 + 𝑒)}(2 − 𝑒)2_{29 − 2(1 + 𝑒)}2(1 + 𝑒)2 ₂[1 − (2(1 + 𝑒)₉ 2) 𝑁−1

]

∑2𝑘−1(1 + 𝑒)_32𝑘2𝑘−2(2 − 𝑒)2 𝑁−1

𝑘=1

=_{9 − 2(1 + 𝑒)}(2 − 𝑒)2 ₂[1 − (2(1 + 𝑒)₉ 2) 𝑁−1

]

Sehingga energi akhir sistem adalah

𝐸 =1_{2 𝑚𝑣}02( (2 − 𝑒) 2

9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (

2(1 + 𝑒)2 9 )

𝑁−1

] + [2(1 + 𝑒)₃ ] 2𝑁−2

)

Maka energi yang hilang adalah

Δ𝐸 = 𝐸 − 𝐸0

Δ𝐸 = −1_{2 𝑚𝑣}02(1 − (2 − 𝑒) 2

9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (

2(1 + 𝑒)2 9 )

𝑁−1

] + [2(1 + 𝑒)₃ ] 2𝑁−2

)

h. Soal ini cukup mudah karena momentum total sistem bernilai tetap. Misalkan kecepatan akhir semua kubus setelah semuanya menyatu adalah 𝑉, maka dari kekekalan momentum linear akan kita dapatkan

𝑣0 = (1 +_⏟ 1_{2 +}1_{4 +}1_{8 + ⋯ +2𝑁−1}1 ) deret geometri

𝑉

Dengan 𝑎 = 1 dan 𝑟 = 1/2 dan 𝑛 = 𝑁 maka

𝑠 =𝑎(1 − 𝑟_{1 − 𝑟}𝑁)

𝑠 =1 − (12) 𝑁

1 − 12 ⟹ 𝑠 = 2 − ( 1 2)

𝑁−1

Maka

𝑣0 = [2 − (1₂₎𝑁−1] 𝑉 ⟹ 𝑉 = [2 − (1₂₎𝑁−1] −1

𝑣0

Number 3

Sebuah bola bermassa 𝑚 dan jari-jari 𝑅 berada di atas lintasan horizontal dalam keadaan diam. Sebuah kotak bermassa 2𝑚 dengan tinggi ℎ 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 𝐻 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 𝐻 ≫ ℎ.

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 ℎ yang dapat membuat bola menggelinding tanpa slip di atas bidang horizontal

jika tidak ada lintasan kasar! Pembahasan :

a. Energi potensial awal kotak adalah

𝑚 2𝑚

𝐸𝑃 = 2𝑚𝑔𝐻

b. Karena permukaan bidang miring licin, energi mekanik sistem kekal. Misalkan kecepatan kotak ketika sampai di bidang horizontal adalah 𝑣0 maka

2𝑚𝑔𝐻 = 2𝑚𝑔ℎ_{2 +}1_{2 2𝑚𝑣}02

𝑔 (𝐻 −ℎ_{2) =}1_{2 𝑣}02 𝑣02 = 𝑔(2𝐻 − ℎ)

Karena 𝐻 ≫ ℎ maka 2𝐻 − ℎ ≈ 2𝐻 sehingga

𝑣0 = √2𝑔𝐻

c. Sekarang kita tinjau perubahan momentum kotak dan bola. Misalkan besar impuls yang diberikan kotak dan bola satau sama lain adalah Δ𝑝. Perhatikan kondisi kotak dan bola ketika bertumbukan

Untuk kotak : Impuls luar – Perubahan momentum linear

−Δ𝑝 = 2𝑚(𝑣1− 𝑣0) ⟹ Δ𝑝 = 2𝑚(𝑣0− 𝑣1) … (1)

Untuk bola : Impuls luar – Perubahan momentum linear

Δ𝑝 = 𝑚𝑣2… (2)

Untuk bola : Impuls angular – Perubahan momentum angular

Δ𝑝(ℎ − 𝑅) =2_{5 𝑚𝑅}2_{𝜔 … (3)}

Dari persamaan (1) dan (2)

2𝑚(𝑣0− 𝑣1) = 𝑚𝑣2 ⟹ 2(𝑣0− 𝑣1) = 𝑣2… (4)

Dari persamaan (2) dan (3)

𝑚𝑣2(ℎ − 𝑅) =2_{5 𝑚𝑅}2𝜔 ⟹ 𝑅𝜔 =5_{2 (}ℎ − 𝑅_{𝑅 ) 𝑣}2… (5)

Karena tumbukan elastis maka energi kinetik sistem kekal

1

2 2𝑚𝑣02 = 1

2 2𝑚𝑣12 + 1

2 𝑚𝑣22+ 1 2 (

2

5 𝑚𝑅2) 𝜔2 𝑚 2𝑚

Δ𝑝 Δ𝑝 𝑣0

ℎ

𝑚 2𝑚

𝜔

2(𝑣02− 𝑣12) = 𝑣22+2₅(𝑅𝜔)2

2(𝑣0− 𝑣1)(𝑣0+ 𝑣1) = 𝑣22+2₅(𝑅𝜔)2

Subtitusi persamaan (4) dan (5)

𝑣2(𝑣0+ 𝑣1) = 𝑣22 ₊2

5 25

4 ( ℎ − 𝑅

𝑅 ) 2

𝑣22

𝑣0+ 𝑣1 = [1 +5_{2 (}ℎ − 𝑅_{𝑅 )} 2

] 𝑣2

Subtitusi persamaan (4)

𝑣0+ 𝑣1 = [1 +5_{2 (}ℎ − 𝑅_{𝑅 )} 2

] 2(𝑣0− 𝑣1)

𝑣1[3 + 5 (ℎ − 𝑅_{𝑅 )} 2

] = 𝑣0[1 + 5 (ℎ − 𝑅_{𝑅 )} 2

]

𝑣1[3𝑅2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2_{] = 𝑣0[𝑅}2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2_{] ⟹ 𝑣1 =} 𝑅2+ 5(ℎ − 𝑅)2

3𝑅2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2√2𝑔𝐻

Subtitusi 𝑣₁ ke persamaan (4)

𝑣2 = 2 (𝑣0− 𝑅

2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2

3𝑅2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2𝑣0) ⟹ 𝑣2 =

4𝑅2

3𝑅2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2√2𝑔𝐻

Subtitusi 𝑣₂ ke persamaan (5)

𝑅𝜔 =5_{2 (}ℎ − 𝑅_{𝑅 )3𝑅2+ 5(ℎ − 𝑅)}4𝑅2 ₂𝑣0 ⟹ 𝜔 =_3𝑅210(ℎ − 𝑅)_{+ 5(ℎ − 𝑅)2}√2𝑔𝐻

d. Agar setelah ditumbuk kotak bola langsung menggelinding tanpa slip, maka 𝑣₂ = 𝑅𝜔

4𝑅2

3𝑅2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2𝑣0 =

10(ℎ − 𝑅)𝑅 3𝑅2_{+ 5(ℎ − 𝑅)}2𝑣0 4𝑅2 _{= 10ℎ𝑅 − 10𝑅}2

10ℎ = 14𝑅 ⟹ ℎ =7_{5 𝑅}

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

ِ اِ

ل

ِ ح

ِ م

ُِد

ِِ لِ

ل

ِ هِ

ِ ر

ِ ب

ِِ

لا

ِ ع

ِ

لا

ِ م

ي

ُِن