Upload
phungtu
View
218
Download
3
Embed Size (px)
Citation preview
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
OSK Fisika 2014 Number 1
ANALISIS GRAFIK 1
Sebuah benda bergerak sepanjang sumbu 𝑥 dimana posisinya sebagai fungsi waktu 𝑡
dapat dinyatakan dengan kurva seperti terlihat pada gambar (𝑥 dalam meter dan 𝑡 dalam
detik).
Tentukan :
a. kecepatan sesaat di titik D.
b. kecepatan awal benda.
c. kapan benda dipercepat ke kanan.
Pembahasan :
a. Dapat kita amati, bahwa garis singgung di titik 𝐷 mendatar. Secara definisi, kecepatan
sesaat adalah kemiringan kurva pada grafik 𝑥 − 𝑡, atau turunan pertama fungsi 𝑥(𝑡)
terhadap waktu yang menyiratkan bahwa kecepatan 𝑣(𝑡) adalah kemiringan kurva
𝑥(𝑡) pada titik yang dimaksud (baca kalkulus : definisi turunan). Untuk garis yang
mendatar, kemiringannya adalah nol, maka kecepatan sesaat di titik 𝐷 adalah
𝑣𝐷 = 0
b. Untuk mendapatkan kecepatan awal benda, kita tinjau kemiringan kurva 𝑥(𝑡) pada
𝑡 = 0
𝑥(m)
𝑡(s) 10 20 30
5
10
15
𝐶
𝐷
𝐹 𝐸
𝑥(m)
𝑡(s) 10 20 30
5
10
15
𝐶
𝐷
𝐹 𝐸
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
Dengan menggunakan rumus gradien, kemiringan kurva di titik asal atau kecepatan
awal benda adalah
𝑣0 =Δ𝑥
Δ𝑡=
15 − 0
8 − 0=
15
8= 1,875 m/s ⟹ 𝑣0 = 1,875 m/s
c. Syarat untuk benda dipercepat ke kanan adalah 𝑣 > 0 dan 𝑎 > 0. Untuk benda yang
dipercepat dengan percepatan konstan sedangkan arah kecepatannya ke kanan,
kecepatan benda adalah fungsi 𝑡 dan posisi benda adalah fungsi 𝑡2, artinya untuk
grafik 𝑥 − 𝑡, bentuknya akan melengkung ke atas. Sekarang, jika kita amati dari garfik
di soal, tidak ada grafik yang melengkung ke atas, maka benda tidak pernah
dipercepat ke kanan. Dapat kita rincikan sebagai berikut
Benda dipercepat ke kanan, berarti syaratnya :
kecepatan 𝑣 > 0, DAN percepatan 𝑎 > 0
𝑣 > 0 dipenuhi hanya pada saat 0 ≤ 𝑡 < 10
Sedangkan pada saat itu (0 ≤ 𝑡 < 10)
nilai 𝑎 < 0 (percepatan a tidak pernah positif).
Jadi benda tidak pernah dipercepat ke arah kanan.
OSK Fisika 2014 Number 2
ANALISIS GRAFIK 2
Dua mobil A dan B bergerak melalui jalan yang sama dan berangkat dari titik awal yang
sama secara bersamaan. Kurva kecepatan 𝑣 kedua mobil sebagai fungsi waktu 𝑡 diberikan
pada gambar di samping.
Tentukan:
a. persamaan jarak tempuh mobil A dan B sebagai fungsi dari waktu.
b. kapan dan dimana mobil A berhasil menyusul mobil B.
c. Sketsa kurva posisi kedua mobil terhadap waktu dalam satu gambar. Ambil selang
waktu sejak kedua mobil berangkat hingga sesaat setelah mobil A menyusul mobil B.
𝑣(m/s)
𝑡(s) 4
2
4
mobil A
mobil B
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
d. Jika setelah menempuh jarak 60 m mobil A melambat dengan besar perlambatan yang
sama dengan percepatan ketika awal perjalanan, kapan dan dimana mobil B berhasil
menyusul kembali mobil A?
Pembahasan :
a. Mobil A melakukan gerak lurus berubah beraturan dengan kecepatan awal 𝑣𝐴,0 =
2 m/s dan percepatan
𝑎 =Δ𝑣
Δ𝑡=
4 − 2
4 − 0=
1
2 m/s
Kecepatan mobil A sebagai fungsi waktu adalah
𝑎 =𝑑𝑣
𝑑𝑡=
1
2
∫ 𝑑𝑣𝑣𝐴(𝑡)
𝑣𝐴,0=2
= ∫1
2𝑑𝑡
𝑡
0
𝑣𝐴(𝑡) − 2 =1
2𝑡 ⟹ 𝑣𝐴(𝑡) = 2 +
1
2𝑡
Jarak tempuh mobil A sebagai fungsi waktu adalah
𝑣𝐴(𝑡) =𝑑𝑥𝐴
𝑑𝑡= 2 +
1
2𝑡
∫ 𝑑𝑥𝐴
𝑥𝐴(𝑡)
0
= ∫ (2 +1
2𝑡) 𝑑𝑡
𝑡
0
⟹ 𝑥𝐴(𝑡) = 2𝑡 +1
4𝑡2
Mobil B melakukan gerak lurus beraturan (percepatannya nol) dengan kecepatan
konstan 𝑣𝐵 = 4 m/s, maka jerak tempuh mobil B sebagai fungsi waktu adalah
𝑣𝐵 =𝑑𝑥𝐵
𝑑𝑡= 4
∫ 𝑑𝑥𝐵
𝑥𝐵(𝑡)
0
= ∫ 4𝑑𝑡𝑡
0
⟹ 𝑥𝐵(𝑡) = 4𝑡
b. Ketika kedua mobil bertemu, misal saat 𝑡 = 𝑇, maka jarak tempuh mobil akan sama
𝑥𝐴(𝑇) = 𝑥𝐵(𝑇)
2𝑇 +1
4𝑇2 = 4𝑇 ⟹ 𝑇 = 8 s
Dan mereka bertemu pada jarak
𝑥𝐴(𝑇) = 𝑥𝐵(𝑇) ⟹ 𝑆 = 32 m
c. Kurva posisi kedua mobil terhadap waktu berdasarkan persamaan di (a) adalah
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
d. Ketika mobil A mencapai jarak 60 meter berarti 𝑡 = 12 s (silahkan buktikan) dan saat
itu kecepatannya adalah 8 m/s (silahkan buktikan). Kemudian pada saat itu pula
mobil B telah menempuh jarak 48 m. Posisi kedua mobil sekarang sebagai fungsi
waktu akan menjadi
𝑥𝐴(𝑡) = 𝑥𝐴,0′ + 𝑣0,𝐴
′ 𝑡′ +1
2𝑎𝐴
′ 𝑡′2= 60 + 8𝑡′ −
1
4𝑡′2
𝑥𝐵(𝑡) = 𝑥𝐵,0′ + 𝑣0,𝐵
′ 𝑡′ +1
2𝑎𝐵
′ 𝑡′2= 48 + 4𝑡′
Saat kedua mobil bertemu, dia berada di posisi yang sama, misal terjadi saat 𝑡′ = 𝜏
𝑥𝐴(𝜏) = 𝑥𝐵(𝜏)
60 + 8𝜏 −1
4𝜏2 = 48 + 4𝜏
1
4𝜏2 − 4𝜏 − 12 = 0
𝜏2 − 16𝜏 − 48 = 0
Dengan rumus kuadrat
𝜏 =−(−16) ± √(−16)2 − 4(1)(−48)
2(1)
𝜏 =16 ± √256 + 192
2
𝜏 =16 ± √448
2=
16 ± 8√7
2
𝜏 = 8 ± 4√7
𝜏 = 8 + 4√7 ≈ 18,6 s atau 𝜏 = −2,6 s
Solusi yang fisis adalah 𝜏 = 18,6 s sedangkan 𝜏 = −2,6 s bukanlah solusi yang
diharapkan, nilai negatif menandakan kejadian yang terjadi sebelum acuan kondisi
awal kita, yaitu 𝑡 = 12 s. Hal ini karena adanya perubahan arah percepatan pada
Mobil A
Mobil B
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
mobil A. Kita tahu dari grafik pada c bahwa setelah bertemu untuk pertama kalinya,
mobil A akan berada di depan mobil B sehingga ketika diperlambat, mobil A dan B
hanya akan berpapasan satu kali.
Jika dihitung dari saat awal, maka kedua mobil akan bertemu kembali saat
𝑇 = 𝑡 + 𝜏 = 12 + 18,6 = 30,6 s
Posisi kedua mobil saat itu dihitung dari posisi awal adalah
𝑥𝐵(𝜏) = 𝑥𝐴(𝜏) = 48 + 4(30,6 ) = 170,4 m
OSK Fisika 2014 Number 3
PANTULAN ELASTIK DI ATAS BIDANG MIRING
Sebuah bola dilepaskan pada ketinggian ℎ dari permukaan bidang miring yang memiliki
sudut kemiringan 𝛼 terhadap horizontal (lihat gambar). Sesampainya di permukaan
bidang miring, bola memantul-mantul secara elastik. Bidang miring diaggap sangat
panjang.
Hitung (nyatakan dalam ℎ dan 𝛼.
a. Waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua.
b. Jarak antara pantulan pertama dan kedua.
Pembahasan :
a. Tepat ketika akan menumbuk bidang miring kecepatan bola adalah
𝑣0 = √2𝑔ℎ
karena tumbukan elastis sempurna bola hanya berbalik
arah setelah sumbukan. Kita tinjau gerak parabola dari
sesaat setelah tumbukan pertama sampai sesaat menjelang
tumbukan kedua dengan bidang miring pada sumbu 𝑥
(sejajar bidang miring) dan sumbu y (tegak lurus bidang
miring).
Komponen kecepatan bola setelah tumbukan pertama
adalah
𝑣0𝑥 = 𝑣0 sin 𝛼
𝑣0𝑦 = 𝑣0 cos 𝛼
𝛼
ℎ
𝑣0 𝛼
𝛼
𝑥
𝑦
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
Karena percepatan gravitasi memiliki arah ke bawah, maka dia akan memiliki
komponen pada arah sumbu 𝑥 dan 𝑦
𝑎𝑥 = 𝑔 sin 𝛼
𝑎𝑦 = −𝑔 cos 𝛼
Persamaan posisi bola pada sumbu 𝑥 dan 𝑦 akan menjadi
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 +1
2𝑎𝑦𝑡2 ⟹ 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0 cos 𝛼 𝑡 −
1
2𝑔 cos 𝛼 𝑡2 … (1)
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 +1
2𝑎𝑥𝑡2 ⟹ 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0 sin 𝛼 𝑡 +
1
2𝑔 sin 𝛼 𝑡2 … (2)
Untuk mendapatkan selang waktu antara tumbukan pertama dan kedua, kita gunakan
persamaan (1) dengan menggunakan posisi awal dan akhir sama dengan nol atau 𝑦 =
𝑦0 = 0
0 = 0 + √2𝑔ℎ cos 𝛼 𝑡 −1
2𝑔 cos 𝛼 𝑡2 ⟹ 𝑡 = 2√
2ℎ
𝑔
b. Untuk mendapatkan jarak pantulan pertama dan kedua, kita gunakan persamaan (2)
dengan menggunakan selang waktu yang didapat pada a dan menjadikan titik
pantulan pertama sebagai acuan atau 𝑥0 = 0
𝑥 = 0 + √2𝑔ℎ sin 𝛼 2√2ℎ
𝑔+
1
2𝑔 sin 𝛼 (2√
2ℎ
𝑔)
2
𝑥 = 4ℎ sin 𝛼 + 4ℎ sin 𝛼
𝑥 = 8ℎ sin 𝛼
OSK Fisika 2014 Number 4
RODA DAN PEGAS
Sebuah roda bermassa 𝑚 dan jari-jari 𝑟 (roda tipis) dihubungkan dengan pegas tak
bermassa yang memiliki konstanta pegas 𝑘, seperti ditunjukkan pada gambar. Roda itu
berotasi tanpa slip di atas lantai. Titik pusat massa roda berosilasi secara harmonik pada
arah horizontal terhadap titik setimbang di 𝑥 = 0.
Tentukan:
a. Energi total dari sistem ini.
𝑚 𝑘
𝑟
𝑥 = 0
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
b. Frekuensi osilasi dari sistem ini.
Pembahasan :
a. Misalkan pusat massa roda kita simpangkan sejauh 𝑥 ke kanan, maka karena roda
tidak bergerak slip, sudut yang putaran roda adalah
𝜃 =𝑥
2𝜋𝑟× 2𝜋 =
𝑥
𝑟
Jika kita diferensialkan terhadap waktu akan didapat
𝜔 =𝑑𝜃
𝑑𝑡=
1
𝑟
𝑑𝑥
𝑑𝑡 dengan
𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝑣 adalah kecepatan pusat massa roda
Energi total sistem ini adalah energi mekanik yang terdiri dari energi potensial pegas,
energi kinetik translasi dan rotasi roda
𝐸𝑀(𝑥) =1
2𝑘𝑥2 +
1
2𝑚𝑣2 +
1
2𝐼𝜔2
Untuk roda tipis momen inersianya adalah 𝐼 = 𝑚𝑟2 maka
𝐸𝑀(𝑥) =1
2𝑘𝑥2 +
1
2𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡)
2
+1
2𝑚𝑟2 (
1
𝑟
𝑑𝑥
𝑑𝑡)
2
𝐸𝑀(𝑥) =1
2𝑘𝑥2 + 𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡)
2
b. Energi total sistem kekal atau tidak berubah terhadap waktu karena tidak ada gaya
luar non konservatif yang bekerja pada sistem
𝑑𝐸𝑀(𝑥)
𝑑𝑡= 0 =
𝑑
𝑑𝑡(
1
2𝑘𝑥2 + 𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡)
2
)
0 =1
2𝑘(2)𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑡+ 𝑚(2)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2+
𝑘
2𝑚𝑥 = 0
Frekuensi sudut osilasi sistem adalah
𝜔 = √𝑘
2𝑚 sehingga 𝑓 =
1
2𝜋√
𝑘
2𝑚
OSK Fisika 2014 Number 5
PECAH MENJADI DUA
Sebuah bola berada di atas sebuah tiang vertikal (lihat gambar). Tiba-tiba bola tersebut
pecah menjadi dua bagian terpental mendatar ke kiri dengan kecepatan 3 m/s dan satu
bagian lagi terpental ke kanan dengan kecepatan 4 m/s. Pada kondisi tertentu vektor
kecepatan dari dua pecahan tersebut saling tegak lurus.
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
Hitung (ambil 𝑔 = 10 m/s2):
a. Waktu yang diperlukan setelah tumbukan hingga kondisi itu tercapai.
b. Jarak antara pecahan ini saat kondisi di atas terjadi.
Pembahasan :
a. Kita gunakan sistem koordinat kartesius. Vektor kecepatan masing-masing pecahan
adalah
Pecahan Kanan
�⃗�𝑅 = 𝑣0,𝑅 𝑖̂ − 𝑔𝑡𝑗̂ ⟹ �⃗�𝑅 = 4 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂
Pecahan Kiri
�⃗�𝐿 = −𝑣0,𝐿 𝑖̂ − 𝑔𝑡𝑗̂ ⟹ �⃗�𝐿 = −3 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂
Ketika vektor kecepatan kedua pecahan tegak lurus, maka perkalian titik (dot
product) kedua vektor tersebut akan bernilai nol
�⃗�𝑅 ∙ �⃗�𝐿 = |�⃗�𝑅||�⃗�𝐿| cos 900
(4 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂) ∙ (−3 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂) = 0
4(−3) + (−10𝑡)(−10𝑡) = 0
100𝑡2 = 12 ⟹ 𝑡 =√3
5 s
b. Karena kedua pecahan tidak memiliki kecepatan awal pada arah vertikal, setiap saat
ketinggian kedua pecahan sama, maka jarak pisah keduanya saat vektor
kecepatannya tegak lurus adalah sama dengan jarak horizontal total yang ditempuh
oleh kedua pecahan
𝑑 = 𝑣0,𝑅𝑡 + 𝑣0,𝐿𝑡 = 4√3
5+ 3
√3
5⟹ 𝑑 = 7
√3
5 m
OSK Fisika 2014 Number 6
TUMBUKAN DAN ROTASI
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
Sebuah batang tegar tak bermassa dengan panjang 𝐿 memiliki dua buah titik massa di
ujung batang A dan B masing-masing dengan massa 𝑚. Sistem mula-mula diam pada pada
suatu permukaan datar licin, dimana batang AB membentuk sudut 𝜃 terhadap garis
horizontal AC. Sebuah titik massa C dengan massa 𝑚 menumnuk titik massa A secara
elastik dengan kecepatan awal 𝑣0 . Setelah tumbukan , C bergerak dengan kecepatan 𝑣0′
berlawanan arah mula-mula, sedangkan gerakan batang AB dapat dinyatakan dalam
bentuk kecepatan pusat massa 𝑉cm dan rotasi dengan kecepatan sudut 𝜔 terhadap pusat
massa.
a. Tentukan 𝑉cm , 𝜔 dan 𝑣0′ dalam 𝜃, 𝐿 dan 𝑣0
b. Tentukan sudut 𝜃 masing-masing kasus :
i. 𝑉cm bernilai maksimum
ii. 𝜔 bernilai maksimum
iii. 𝑣0′ bernilai maksimum dan minimum
Kemudian jelaskan gerakan masing-masing benda setelah tumbukan untuk setiap kasus
tersebut.
Pembahasan :
a. Perhatikan kondisi sistem sesaat setelah tumbukan berikut!
Sistem batang ini berada di atas permukaan licin, sehingga tidak ada gaya luar yang
bekerja pada sistem pada bidang datar licin ini, maka momentum linear sistem akan
kekal.
𝐿
𝑣0 𝑚 𝑚
𝑚
𝜃
𝐴 𝐵
𝐶
𝐿
𝑣0′
𝑚 𝑚
𝑚
𝜃
𝐴 𝐵
𝐶
𝑉cm
𝜔
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
Kekekalan momentum linear
𝑝𝑖 = 𝑝𝑓
𝑚𝑣0 = 𝑚(−𝑣0′) + 2𝑚𝑉cm ⟹𝑣0 + 𝑣0
′ = 2𝑉cm … (1)
𝑣0′ = 2𝑉cm − 𝑣0 … (2)
Tumbukan yang terjadi bersifat elastik sehingga energi kinetik sistem kekal. Energi
awal sistem hanya terdiri dari energi kinetik massa A, sedangkan energi sistem
setelah tumbukan terdiri dari energi kinetik A, energi kinetik translasi dan rotasi
batang.
𝐸𝐾𝑖 = 𝐸𝐾𝑓
1
2𝑚𝑣0
2 =1
2𝑚𝑣0
′ 2+
1
22𝑚𝑉cm
2 +1
2(2𝑚 (
𝐿
2)
2
) 𝜔2
𝑣02 = 𝑣0
′ 2+ 2𝑉cm
2 +1
2(𝐿𝜔)2 … (3)
Perhatikan kembali sistem di atas. Momentum sudut sistem kekal, baik terhadap titik
A ataupun pusat massa sistem. Kita tinjau kekekalan momentum sudut terhadap
pusat massa sistem.
𝐿𝑖 = 𝐿𝑓
𝑚𝑣0
𝐿
2sin 𝜃 = −𝑚𝑣0
′𝐿
2sin 𝜃 + (2𝑚 (
𝐿
2)
2
) 𝜔
(𝑣0 + 𝑣0′ ) sin 𝜃 = 𝐿𝜔
Subtitusi persamaan (1)
2𝑉cm sin 𝜃 = 𝐿𝜔 … (4)
Subtitusi persamaan (2) dan (4) ke (3)
𝑣02 = (2𝑉cm − 𝑣0)2 + 2𝑉cm
2 +1
2(2𝑉cm sin 𝜃)2
𝑣02 = 4𝑉cm
2 + 𝑣02 − 4𝑉cm𝑣0 + 2𝑉cm
2 + 2𝑉cm2 sin2 𝜃
0 = 6𝑉cm2 + 2𝑉cm
2 sin2 𝜃 − 4𝑉cm𝑣0
𝑉cm(3 + sin2 𝜃) = 2𝑣0 ⟹ 𝑉cm =2
3 + sin2 𝜃𝑣0
Subtitusi 𝑉cm ke persamaan (2) didapat
𝑣0′ = 2
2
3 + sin2 𝜃𝑣0 − 𝑣0 =
4
3 + sin2 𝜃𝑣0 −
3 + sin2 𝜃
3 + sin2 𝜃𝑣0
𝑣0′ =
1 − sin2 𝜃
3 + sin2 𝜃𝑣0 ⟹ 𝑣0
′ =cos2 𝜃
3 + sin2 𝜃𝑣0
Subtitusi 𝑉cm ke persamaan (4) untuk memperoleh 𝜔
22
3 + sin2 𝜃𝑣0 sin 𝜃 = 𝐿𝜔 ⟹ 𝜔 =
4 sin 𝜃
3 + sin2 𝜃
𝑣0
𝐿
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
b. Syarat agar suatu fungsi bernilai maksimum atau minimum (misalkan fungsi 𝑓(𝑥))
adalah
𝑑𝑓(𝑥)
𝑑𝑥= 0 dan
𝑑2𝑓(𝑥)
𝑑𝑥2< 0 (untuk nilai maksimum) atau
𝑑2𝑓(𝑥)
𝑑𝑥2> 0 (untuk nilai minimum)
i. Agar 𝑉cm maksimum maka 𝑑𝑉cm
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃(
2
3 + sin2 𝜃𝑣0) = 0
−2𝑣0
(3 + sin2 𝜃)22 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0
sin 2𝜃 = 0 ⟹ 𝜃 = 0
Kita uji turunan keduanya
𝑑2𝑉cm
𝑑𝜃2=
𝑑
𝑑𝜃(
−𝑣0 sin 2𝜃
(3 + sin2 𝜃)2)
𝑑2𝑉cm
𝑑𝜃2=
(3 + sin2 𝜃)2(−2𝑣0 cos 2𝜃) − (−𝑣0 sin 2𝜃)2(3 + sin2 𝜃)2 sin 𝜃 cos 𝜃
(3 + sin2 𝜃)4
Untuk 𝜃 = 0 nilainya adalah
𝑑2𝑉cm
𝑑𝜃2=
32(−2𝑣0)
34= −
2𝑣0
9< 0 (nilai maksimum)
untuk 𝜃 = 0 maka ⟹
𝑉cm =2
3𝑣0
𝜔 = 0
𝑣0′ =
1
3𝑣0
Disini, mula-mula batang AB sejajar dengan garis horisontal CA. Tumbukan yang
terjadi hanya tumbukan satu dimensi dimana batang AB akan bergerak translasi
sejajar garis CA dan tidak mengalami gerak rotasi.
ii. Agar 𝜔 maksimum maka 𝑑𝜔
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃(
4 sin 𝜃
3 + sin2 𝜃
𝑣0
𝐿) = 0
𝑣0
𝐿[(3 + sin2 𝜃)4 cos 𝜃 − 4 sin 𝜃 (2 sin 𝜃 cos 𝜃)
(3 + sin2 𝜃)2] = 0
𝑣0
𝐿[(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃
(3 + sin2 𝜃)2] = 0
(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃 = 0
Karena nilai cos 𝜃 berada di antara selang −1 < cos 𝜃 < 1 maka solusi untuk 𝜃
yang mungkin adalah cos 𝜃 = 0 atau 𝜃 = 900.
Kita uji turunan keduanya
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
𝑑2𝜔
𝑑𝜃2=
𝑑
𝑑𝜃
𝑣0
𝐿[(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃
(3 + sin2 𝜃)2]
𝑑2𝜔
𝑑𝜃2=
𝑣0
𝐿[(3 + sin2 𝜃)2[−(3 − sin2 𝜃)4 sin 𝜃 + 4 cos 𝜃 (−2 sin 𝜃 cos 𝜃)]
(3 + sin2 𝜃)4
−(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃 2(3 + sin2 𝜃)(+2 sin 𝜃 cos 𝜃)
(3 + sin2 𝜃)4]
Untuk 𝜃 = 900
𝑑2𝜔
𝑑𝜃2< 0 (nilai maksimum)
untuk 𝜃 = 900 maka ⟹
𝑉cm =1
2𝑣0
𝜔 =𝑣0
𝐿𝑣0
′ = 0
Disini, mula-mula batang AB tegaklurus dengan garis horisontal. Setelah
tumbukan, massa C diam, batang AB bergerak translasi dan rotasi dengan
kecepatan pusat massa 𝑉cm = 𝑣0/2 dan kecepatan sudut pusat massa 𝜔 = 𝑣0/𝐿.
iii. Agar 𝑣0′ maksimum atau minimum maka
𝑑𝑣0′
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃(
cos2 𝜃
3 + sin2 𝜃𝑣0) = 0
𝑑𝑣0′
𝑑𝜃= 𝑣0 [
(3 + sin2 𝜃)2 cos 𝜃 (− sin 𝜃) − cos2 𝜃 (2 sin 𝜃 cos 𝜃)
(3 + sin2 𝜃)2]
𝑑𝑣0′
𝑑𝜃= 𝑣0 [
2 sin 𝜃 cos 𝜃
(3 + sin2 𝜃)2] = 𝑣0 [
sin 2𝜃
(3 + sin2 𝜃)2] = 0
Dari sini kita dapatkan sin 2𝜃 = 0 sehingga 𝜃 = 0 atau 𝜃 = 900. Berdasarkan hasil
sebelumnya, kita ketahui bahwa 𝜃 = 0 adalah sudut ketika 𝑣0′ bernilai maksimum
dan 𝜃 = 900 adalah sudut ketika 𝑣0′ bernilai minimum.
OSK Fisika 2014 Number 7
BATANG BERPOROS
Sebatang tongkat homogen panjang 𝐿 dan massa 𝑚 digantungkan pada sebuah poros
yang melalui suatu lubang kecil A di ujung tongkat bagian atas. Tongkat diberi impuls
sebesar Δ𝑝 dari sebuah gaya ke arah kanan pada suatu titik berjarak d dari poros tadi.
Agar setelah dipukul, tongkat dapat berotasi mengelilingi titik A.
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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
Tentukan :
a. jarak 𝑑 minimum.
b. Impuls yang diberikan oleh poros A pada batang.
c. periode osilasinya, jika tongkat kemudian berosilasi.
d. jika tongkat tersebut kita anggap menjadi sebuah bandul matematis, tentukan
panjang tali dari bandul matematis agar menghasilkan periode osilasi yang sama
dengan jawaban b) di atas.
Pembahasan :
a. Misalkan setelah diberi impuls, tongkat berotasi dengan kecepatan sudut awal 𝜔0.
Karena tongkat terhubung ke poros, ketika impuls luar diberikan, misal kita sebut
impuls ini sebagai Δ𝑝, poros juga akan memberikan impuls Δ𝑝′ yang arahnya ke kiri.
Maka, dengan teorema impuls momentum akan kita dapatkan
Δ𝑝 − Δ𝑝′ = 𝑚𝑣pm … (1)
Dengan 𝑣pm adalah kecepatan pusat massa batang sesaat setelah diberi impuls luar.
Kecepatan ini bisa dihubungkan dengan kecepatan sudut awal batang menjadi
𝑣pm =𝜔0𝐿
2… (3)
Impuls luar inilah yang membuat tongkat berotasi, perubahan momentum sudut
tongkat sama dengan impuls sudut terhadap poros A
Δ𝑝𝑑 = 𝑚𝑣pm … (4)
Kita tinjau ketika tongkat sudah berotasi mengelilingi poros A dan pusat massanya
tepat di atas titik A. Kecepatan sudut batang ketika berada di puncak akan minimum
ketika poros tidak memberikan gaya pada tongkat. Tinjau gerak sentripetal tongkat
ketika di puncak akan kita dapatkan
𝑚𝑔 = 𝑚𝜔2𝐿
2⟹ 𝜔2 =
2𝑔
𝐿… (5)
Poros bisa diasumsikan licin sehingga tidak memberikan usaha pada batang dan
energi mekanik batang kekak. Tinjau kondisi awal batang sesaat setelah diberi impuls
luar dan kondisi akhir ketika pusat massa batang tepat di atas poros A dan
menjadikan poros A sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, akan kita
dapatkan
𝐿
𝐴
𝑑 𝐶
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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 | 14
𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑀𝑓
1
2(
1
3𝑚𝐿2) 𝜔0
2 − 𝑚𝑔𝐿
2=
1
2(
1
3𝑚𝐿2) 𝜔2 + 𝑚𝑔
𝐿
2
Subtitusi persamaan (5) 1
6𝐿2𝜔0
2=
1
6𝐿2
2𝑔
𝐿+ 𝑔𝐿
1
6𝐿2𝜔0
2=
4
3𝑔𝐿 ⟹ 𝜔0𝐿 = 2√2𝑔𝐿 … (6)
Dari persamaan (6), (3), (4) akan kita dapatkan
Δ𝑝𝑑 = 𝑚𝜔0𝐿
2
Δ𝑝𝑑 = 𝑚2√2𝑔𝐿
2⟹ 𝑑 =
𝑚
Δ𝑝√2𝑔𝐿
b. Subtitusi persamaan (3) dan (6) ke (1)
Δ𝑝 − Δ𝑝′ = 𝑚2√2𝑔𝐿
2⟹ Δ𝑝′ = Δ𝑝 − 𝑚√2𝑔𝐿
c. Untuk bandul fisis yang berbentuk tongkat, periode osilasinya terhadap poros
ujungnya dapat diturunkan sebagai berikut.
Misal tongkat disimpangkan dengan sudut kecil 𝜃 sehingga akan berlaku sin 𝜃 ≈ 𝜃,
maka torsi pemulihnya adalah
−𝑚𝑔𝐿
2sin 𝜃 =
1
3𝑚𝐿2�̈� ⟹ �̈� +
3𝑔
2𝐿𝜃 ≈ 0
Sehingga 𝜔 = √3𝑔
2𝐿 dan 𝑇 = 2𝜋√
2𝐿
3𝑔
d. Untuk bandul matematis, periode osilasinya adalah
𝑇′ = 2𝜋√𝐿′
𝑔
Agar periodenya sama dengan hasil c, maka panjang tali bandul tersebut adalah
2𝜋√2𝐿
3𝑔= 2𝜋√
𝐿′
𝑔⟹ 𝐿′ =
2
3𝐿
OSK Fisika 2014 Number 8
TANGGA MELUNCUR
Sebuah tangga pejal homogen dengan massa 𝑚 dan panjang 𝑙 bersandar pada dinding
licin dan berada di atas lantai yang juga licin. Mula-mula tangga di sandarkan HAMPIR
menempel dengan dinding dan dalam keadaan diam. Setelah di lepas tangga itu pada
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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 | 15
bagian atasnya merosot ke bawah, dan tangga bagian bawah bergerak ke kanan, seperti
ditunjukkan pada gambar di samping.
Tentukan :
a. Kecepatan pusat massa dari tangga tersebut selama bergerak.
b. Sudut 𝜃 (sudut antara tangga terhadap dinding) dimana kecepatan pusat massa
komponen horizontal mencapai maksimum.
c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal.
Pembahasan :
a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah 𝜃.
Kecepatan pusat tangga berubah-ubah dan kita bisa menyatakannya sebagai fungsi
dari sudut 𝜃. Hal ini boleh dilakukan karena soal menanyakan kecepatan pusat massa
batang selama bergerak, sedangkan nilainya berubah-ubah, maka kita bisa
menyatakannya sebagai satu buah variabel yang berubah dan dalam hal ini kita pilih
𝜃. Sebenarnya bisa juga kita nyatakan dalam variabel lain seperti tinggi titik sentuh
tangga dengan dinding, atau jarak titik sentuh tangga dengan lantai terhadap dinding,
namun bentuk yang cukup sederhana adalah ketika kita nyatakan sebagai fungsi 𝜃.
Soal ini lebih mudah kita kerjakan menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik
(yap betul, energi mekanik sistem kekal karena tidak ada gaya non konservatif yang
bekerja pada tangga, hal ini juga karena seluruh permukaan licin). Kita jadikan lantai
sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, energi mekanik awal sistem adalah
𝐸𝑀𝑖 =1
2𝑚𝑔𝐿
Kemudian kita tinjau energi tangga ketika sudah bergerak dan membentuk sudut 𝜃
terhadap dinding. Hal yang perlu diamati di sini adalah energi kinetik batang. Batang
memiliki komponen kecepatan pusat massa arah horizontal 𝑣𝑥 dan arah vertikal 𝑣𝑦
serta batang juga berotasi terhadap pusat massanya sendiri dengan kecepatan sudut
𝜔. Sehingga energi tangga akan menjadi
𝐸𝑀𝑓 =1
2𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 +
1
2𝑚(𝑣𝑥
2 + 𝑣𝑦2) +
1
2𝐼𝜔2
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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 | 16
Selanjutnya kita cari dulu hubungan 𝑣𝑥, 𝑣𝑦, dan 𝜔.
Dapat kita lihat bahwa ujung atas tangga hanya bergerak dalam arah vertikal dan
ujung bawah tangga hanya bergerak dalam arah vertikal. Kita tinjau gerak pusat
massa arah horizontal relatif terhadap ujung atas tangga akan kita dapatkan
𝑣𝑥 =𝜔𝐿
2cos 𝜃
Kemudian tinjau gerak pusat massa arah vertikal relatif terhadap ujung bawah tangga
akan kita dapatkan pula
𝑣𝑦 =𝜔𝐿
2sin 𝜃
Kita modifikasi menjadi
𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦
2 = (𝜔𝐿
2cos 𝜃)
2
+ (𝜔𝐿
2sin 𝜃)
2
=𝜔2𝐿2
4
Juga kita tahu bahwa 𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦
2 = 𝑣2 adalah kecepatan pusat massa batang sehingga
𝜔2 =4𝑣2
𝐿2
momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah 𝐼 =1
12𝑚𝐿2
𝐸𝑀𝑓 =1
2𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 +
1
2𝑚𝑣2 +
1
2(
1
12𝑚𝐿2) (
4𝑣2
𝐿2)
𝐸𝑀𝑓 =1
2𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 +
2
3𝑚𝑣2
Hukum Kekekalan Energi mekanik
𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑀𝑓
1
2𝑚𝑔𝐿 =
1
2𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 +
2
3𝑚𝑣2
1
2𝑔𝐿(1 − cos 𝜃) =
2
3𝑣2
𝑣𝑥
𝑣𝑦
𝑣𝐴
𝑣𝐵 𝜔 𝜃
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlismfism
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 | 17
𝑣2 =4𝑔𝐿
3(1 − cos 𝜃) ⟹ 𝑣 = √
3𝑔𝐿
4(1 − cos 𝜃)
b. Kecepatan sudut batang tangga adalah
𝜔2 =4
𝐿2[3𝑔𝐿
4(1 − cos 𝜃)] ⟹ 𝜔 = √
3𝑔
𝐿(1 − cos 𝜃)
Komponen horizontal kecepatan pusat massa tangga adalah
𝑣𝑥 = (√3𝑔
𝐿(1 − cos 𝜃))
𝐿
2cos 𝜃
𝑣𝑥 = cos 𝜃 √3𝑔𝐿
4(1 − cos 𝜃)
𝑣𝑥2 =
3𝑔𝐿
4(1 − cos 𝜃) cos2 𝜃
Diferensialkan persamaan di atas terhadap 𝜃
𝑑𝑣𝑥2
𝑑𝜃=
𝑑
𝑑𝜃(
3𝑔𝐿
4(1 − cos 𝜃) cos2 𝜃)
2𝑣𝑥
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝜃=
3𝑔𝐿
4[cos2 𝜃 (−(− sin 𝜃)) + (1 − cos 𝜃)(2 cos 𝜃)(− sin 𝜃)]
Ketika kecepatan horizontalnya maksimum maka 𝑑𝑣𝑥
𝑑𝜃= 0
0 = sin 𝜃 cos2 𝜃 − 2 sin 𝜃 cos 𝜃 + 2 sin 𝜃 cos2 𝜃
3 cos 𝜃 = 2 ⟹ cos 𝜃 =2
3⟹ 𝜃 = arccos (
2
3) ≈ 48,190
c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal tangga adalah
𝑣𝑥,max =2
3√
3𝑔𝐿
4(1 −
2
3) ⟹ 𝑣𝑥,max =
1
3√𝑔𝐿