Upload
others
View
92
Download
10
Embed Size (px)
Citation preview
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 1 dari 34
OSP Fisika 2019
Soal dan Solusi
www.basyiralbanjari.wordpress.com
Dimensi Sains Corp
Tahun 2019
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 2 dari 34
Tentang Dimensi Sains
Dimensi Sains menyediakan fasilitas untuk siswa-siswa indonesia untuk belajar fisika
lebih dalam khususnya olimpiade fisika. Kami menyediakan website yang berisi kumpulan
soal, soal bahas, soal olimpiade mingguan, buku referensi, dan banyak lagi materi lainnya
yang bisa temen-temen gunakan untuk belajar olimpiade fisika. Selain itu kami juga
mengadakan olimpiade mingguan. Kalian bisa cek info terkait olimpiade mingguan ini di
website kami yaitu www.basyiralbanjari.wordpress.com. Kami juga mengadakan try out
online berbayar pra OSK, OSP, dan OSN tiap tahunnya. Follow media sosial kami berikut ini
untuk informasi selengkapnya
Instagram : @dimensi_sains
Facebook : Dimensi Sains
ID Line : mr.sainsworld
Whatsapp : 0831-4325-9061
Website : www.basyiralbanjari.wordpress.com
Email : [email protected]
Solusi ini dibuat oleh Ahmad Basyir Najwan, alumni OSN tahun 2017 dan 2018. Kakak
ini telah meraih medali emas untuk bidang fisika pada OSN tahun 2018 di Padang, Sumatera
Barat. Beiau juga telah mengikuti Pelatihan Nasional Tahap I di Jogjakarta pada Oktober 2018
dan Pelatihan Nasional Tahap II di Bandung pada Maret 2019.
Tentunya masih banyak sekali kekurangan dari solusi ini. Oleh karena itu, kami
mengharapkan masukan dari seluruh pembaca, baik berupa koreksi dari kesalahan ketik dan
lain sebagainya maupun saran untuk kami kedepannya agar menjadi lebih baik lagi. Masukan
bisa temen-temen kirimkan melalui media sosial kami yang telah disebutkan di atas.
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 3 dari 34
OSP Fisika SMA
8-10 April 2019
Waktu 3,5 Jam
1. Tumbukan Sistem Batang Partikel dengan Dindin Licin
Sebuah sistem terdiri dari dua buah partikel masing-masing bermassa 𝑀 dan 𝑚 yang
dihubungkan oleh suatu batang tegar tidak bermassa dengan panjang 𝑙. Sistem berada
pada suatu meja horizontal licin yang pada ujungnya terdapat sebuah dinding yang juga
licin. Sistem yang sedang bergerak kemudian menumbuk dinding secara elastik
sempurna. Diketahui ketika sesaat sebelum menumbuk dinding, sistem bergerak dengan
laju pusat massa 𝑣0, laju sudut terhadap pusat massa 𝜔0, dan menumbuk dinding dengan
sudut 𝜃0 = 450 seperti ditunjukkan pada gambar.
Tentukan:
a. kecepatan sudut sistem sesaat setelah tumbukan!
b. kecepatan pusat massa sistem sesaat setelah tumbukan!
Solusi:
a. Pada sistem ini, pusat massa sistem bukan berada di tengah batang karena massa di
kedua ujung batang berbeda. Dari teorema pusat massa, misalkan 𝑟m dan 𝑟M adalah
jarak pusat massa dari massa 𝑚 dan 𝑀, maka akan kita peroleh
𝑟m =𝑀𝑙
𝑀 + 𝑚 dan 𝑟M =
𝑚𝑙
𝑀 + 𝑚
Kalau kamu bingung kenapa seperti, berikut penjelasannya. Untuk menggunakan
rumus pusat massa, kita harus memilih acuan dulu, misal kita pilih acuan si 𝑚, artinya
kita mencari 𝑟m, maka posisi 𝑚 akan nol dan posisi 𝑀 adalah 𝑙 dari 𝑚 sehingga kita
dapatkan hasil seperti di atas, lakukan sebaliknya untuk 𝑟M.
𝑥
𝑦
dinding
licin
𝑣 0
𝜔 0 𝑀
𝑚 𝜃0 = 450
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 4 dari 34
Kemudian, setelah mengetahui posisi pusat massa sistem, kiat perlu tau momen
inersia sistem ini terhadap pusat massanya. Menggunakan hasil sebelumnya, akan kita
peroleh
𝐼pm = 𝑚𝑟m2 + 𝑀𝑟M
2
𝐼pm = 𝑚𝑀2𝑙2
(𝑀 + 𝑚)2+ 𝑀
𝑚2𝑙2
(𝑀 + 𝑚)2
𝐼pm =𝑀𝑚(𝑀 + 𝑚)
(𝑀 + 𝑚)2𝑙2 ⟹ 𝐼pm =
𝑀𝑚
𝑀 + 𝑚𝑙2
Okey, mari kita lanjutkan! Dari gambar kita tahu bahwa bidang tumbukan adalah
sejajar sumbu 𝑥 sehingga dinding akan memberikan impuls pada arah sumbu 𝑦.
Karena tidak ada impuls pada sumbu 𝑥, momentum batang pada sumbu 𝑥 akan
konstan, dari sini kita peroleh
𝑝xi = 𝑝xf
𝑚𝑣0 cos 450 = 𝑚𝑣pmx ⟹ 𝑣pmx =𝑣0
√2… (1)
Misalkan impuls yang diberikan dinding pada tongkat adalah 𝐽, maka dari teorema
impuls-momentum linear dan angular akan kita peroleh (saya jadikan arah positif
sesuai sistem koordinat pada gambar, untuk arah positif rotasi adalah searah jarum
jam)
𝐽 = (𝑀 + 𝑚) (𝑣pmy − (−𝑣0 sin 450)) ⟹ 𝐽 = (𝑀 + 𝑚) (𝑣pmy +𝑣0
√2) … (2)
𝑀 𝑚
pusat massa
𝑟m 𝑟M
𝑥
𝑦
dinding
licin
𝑣 0
𝜔 0 𝑀
𝑚 𝜃0 = 450
𝑟m cos 450 𝐽
𝑣pmx
𝑣pmy 𝜔
𝑀
𝑚
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 5 dari 34
𝐽𝑟m cos 450 = 𝐼pm(𝜔 − (−𝜔0))
𝐽𝑀𝑙
𝑀 + 𝑚
1
√2=
𝑀𝑚
𝑀 + 𝑚𝑙2(𝜔 + 𝜔0) ⟹ 𝐽 = √2𝑚𝑙(𝜔 + 𝜔0) … (3)
Dari persamaan (2) dan (3) kita peroleh
(𝑀 + 𝑚) (𝑣pmy +𝑣0
√2) = √2𝑚𝑙(𝜔 + 𝜔0)
𝑣pmy = −𝑣0
√2+
√2𝑚
𝑀 + 𝑚(𝜔 + 𝜔0)𝑙 … (4)
Tumbukan antara massa 𝑚 dan dinding bersifat elastis, artinya koefisien resitusinya
adalah 1. Dari definisi koefisien restitusi yaitu perbandingan atau rasio antara besar
kecepatan relatif saling menjauh sesudah tumbukan dengan kecepatan relatif saling
mendekat sebelum tumbukan dari kedua titik yang bertumbukan (massa 𝑚 dan titik
tumbukan pada dinding) akan kita peroleh
1 =𝑣pmy + 𝜔𝑟m cos 450
𝑣0 sin 450 + 𝜔0𝑟m cos 450
𝑣0
√2+
𝑀
𝑀 + 𝑚
𝜔0𝑙
√2= 𝑣pmy +
𝑀
𝑀 + 𝑚
𝜔𝑙
√2
Subtitusi persamaan (4), akan kita dapatkan kecepatan sudut sistem setelah
tumbukan
𝑣0
√2+
𝑀
𝑀 + 𝑚
𝜔0𝑙
√2= −
𝑣0
√2+
√2𝑚
𝑀 + 𝑚(𝜔 + 𝜔0)𝑙 +
𝑀
𝑀 + 𝑚
𝜔𝑙
√2| × √2
2𝑣0 +𝑀
𝑀 + 𝑚𝜔0𝑙 −
2𝑚
𝑀 + 𝑚𝜔0𝑙 =
2𝑚
𝑀 + 𝑚𝜔𝑙 +
𝑀
𝑀 + 𝑚𝜔𝑙
2𝑚 + 𝑀
𝑀 + 𝑚𝜔𝑙 = 2𝑣0 +
𝑀 − 2𝑚
𝑀 + 𝑚𝜔0𝑙
𝜔 =𝑀 − 2𝑚
𝑀 + 2𝑚𝜔0 +
2(𝑀 + 𝑚)
𝑀 + 2𝑚
𝑣0
𝑙
b. Untuk mendapatkan kecepatan pusat massa batang kita memerlukan 𝑣pmx dan 𝑣pmy.
Subtitusi 𝜔 ke persamaan (4)
𝑣pmy = −𝑣0
√2+
√2𝑚
𝑀 + 𝑚(𝑀 − 2𝑚
𝑀 + 2𝑚𝜔0 +
2(𝑀 + 𝑚)
𝑀 + 2𝑚
𝑣0
𝑙+ 𝜔0) 𝑙
𝑣pmy = −√2𝑣0
2+
2√2𝑀𝑚
(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝜔0𝑙 +
2√2𝑚(𝑀 + 𝑚)
(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝑣0
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 6 dari 34
𝑣pmy =2√2𝑀𝑚
(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝜔0𝑙 −
√2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 − 2𝑚)
2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)𝑣0
Sehingga kecepatan pusat massa sistem setelah tumbukan adalah
𝑣 pm = 𝑣pmx�̂� + 𝑣pmy�̂�
𝑣 pm =√2
2𝑣0�̂� +
4√2𝑀𝑚𝜔0𝑙 − √2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 − 2𝑚)𝑣0
2(𝑀 + 𝑚)(𝑀 + 2𝑚)�̂�
2. Sistem Massa Katrol di Atas Bidang Miring
Pada gambar disamping ini, benda berpenampang lintang segitiga bermassa 𝑚1, bergerak
menuruni bidang miring yang diam dan licin dengan sudut kemiringan 𝛼 . Salah satu sudut
pada 𝑚1 juga sama dengan 𝛼 , sedangkan sudut dimana terdapat katrol licin tak bermassa
adalah siku-siku. Disisi bidang vertikal 𝑚1 terdapat massa 𝑚2, sedangkan di atas bidang
horizontal 𝑚1 terdapat massa 𝑚3. Kedua massa 𝑚2 dan 𝑚3 terhubung oleh tali tak
bermassa yang dilewatkan pada katrol tersebut (lihat gambar di bawah). Permukaan
antara 𝑚1 dengan 𝑚2 dan 𝑚3 bersifat licin. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.
Tentukan:
a. besar percepatan 𝑚1 relatif terhadap bidang miring!
b. syarat nilai 𝛼 dinyatakan dalam besaran-besaran massa di atas agar 𝑚2 bergerak naik
relatif terhadap 𝑚1!
Solusi:
a. Untuk mempermudah, saya menggunakan konsep gaya fiktif di sini. Berikut diagram
gaya pada setiap benda!
𝑚1 𝑚2
𝑚3
𝑔 𝛼
𝛼
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 7 dari 34
Menggunakan Hukum I dan II Newton untuk tiap massa akan kita peroleh
Massa 𝑚1: Pada arah sejajar bidang miring
𝑚1𝑔 sin 𝛼 + 𝑇(sin 𝛼 − cos 𝛼) + 𝑁3 sin 𝛼 − 𝑁2 cos 𝛼 = 𝑚1𝑎1 … (1)
Catatan: Saat meninjau gaya pada 𝑚2 dan 𝑚3 relatif 𝑚1 akan muncul gaya fiktif yang
besarnya adalah massa tiap benda dikalikan dengan percepatan kerangka acuannya
(𝑚1) dan arahnya berlawanan dengan arah percepatan kerangka acuan.
Massa 𝑚3: Pada sumbu horizontal relatif terhadap 𝑚1
𝑇 − 𝑚3𝑎1 cos 𝛼 = 𝑚3𝑎
𝑇 = 𝑚3𝑎1 cos 𝛼 + 𝑚3𝑎 … (2)
Massa 𝑚3: Pada sumbu vertikal relatif terhadap 𝑚1
𝑁3 + 𝑚3𝑎1 sin 𝛼 − 𝑚3𝑔 = 0
𝑁3 = 𝑚3𝑔 − 𝑚3𝑎1 sin 𝛼 … (3)
Massa 𝑚2: Pada sumbu horizontal relatif terhadap 𝑚1
𝑁2 = 𝑚2𝑎1 cos 𝛼 … (4)
Massa 𝑚2: Pada sumbu vertikal relatif terhadap 𝑚1
−𝑇 − 𝑚2𝑎1 sin 𝛼 + 𝑚2𝑔 = 𝑚2𝑎 … (5)
subtitusi persamaan (2) ke (5) akan kita dapatkan
−(𝑚3𝑎1 cos 𝛼 + 𝑚3𝑎) − 𝑚2𝑎1 sin 𝛼 + 𝑚2𝑔 = 𝑚2𝑎
𝑚2𝑔 − (𝑚2 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼)𝑎1 = (𝑚2 + 𝑚3)𝑎
𝑎 =𝑚2𝑔 − (𝑚3 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼)𝑎1
𝑚2 + 𝑚3… (6)
Subtitusi persamaan (6) ke (2)
𝑇 = 𝑚3𝑎1 cos 𝛼 + 𝑚3
𝑚2𝑔 − (𝑚2 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼)𝑎1
𝑚2 + 𝑚3
𝑇 =(𝑚2 + 𝑚3)𝑚3𝑎1 cos 𝛼 + 𝑚2𝑚3𝑔 − 𝑚3(𝑚2 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼)𝑎1
𝑚2 + 𝑚3
𝑚2𝑔 𝑚1𝑔 𝑚3𝑔
𝑁3
𝑁3
𝑁2 𝑁2
𝑇
𝑇
𝑇 𝑇
𝑁1 𝑎1
𝑎
𝑎
𝑚2𝑎1 𝑚3𝑎1
𝛼 𝛼
𝛼
𝛼
𝛼 𝛼 𝛼
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 8 dari 34
𝑇 =𝑚2𝑚3𝑔 + 𝑚2𝑚3𝑎1(cos 𝛼 − sin 𝛼)
𝑚2 + 𝑚3… (7)
Subtitusi persamaan (3), (4), dan (4) ke (1)
𝑚1𝑔 sin 𝛼 +𝑚2𝑚3𝑔 + 𝑚2𝑚3𝑎1(cos 𝛼 − sin 𝛼)
𝑚2 + 𝑚3
(sin 𝛼 − cos 𝛼)
+ (𝑚3𝑔 − 𝑚3𝑎1 sin 𝛼) sin 𝛼 − 𝑚2𝑎1 cos 𝛼 cos 𝛼 = 𝑚1𝑎1
(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3)𝑔 sin 𝛼 − 𝑚2𝑚3𝑔(cos 𝛼 − sin 𝛼) − 𝑚2𝑚3𝑎1(cos 𝛼 − sin 𝛼)2
− (𝑚2 + 𝑚3)𝑚3𝑎1 sin2 𝛼 − (𝑚2 + 𝑚3)𝑚2𝑎1 cos2 𝛼
= (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1𝑎1
[(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛼 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛼 − sin 𝛼)]𝑔
= [𝑚2𝑚3(cos 𝛼 − sin 𝛼)2 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚3 sin2 𝛼 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚2 cos2 𝛼 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1]⏟ 𝑓
𝑎1
Kita sederhanakan terlebih dahulu
𝑓 = 𝑚2𝑚3(cos2 𝛼 + sin2 𝛼 − 2 sin 𝛼 cos 𝛼) + 𝑚32 sin2 𝛼 + 𝑚2
2 cos2 𝛼
+ 𝑚2𝑚3 sin2 𝛼 + 𝑚2𝑚3 cos2 𝛼 + +(𝑚2 + 𝑚3)𝑚1
𝑓 = 𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛼) + 𝑚32 sin2 𝛼 + 𝑚2
2 cos2 𝛼 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1
Sehingga akan kita peroleh percepatan massa 𝑚1 yaitu
𝑎1 =(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛼 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛼 − sin 𝛼)
𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛼) + 𝑚32 sin2 𝛼 + 𝑚2
2 cos2 𝛼 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1𝑔
b. Agar 𝑚2 bergerak naik, maka percepatan 𝑚2 relatif 𝑚1 harus berarah ke atas. Karena
sebelumnya tadi kita mengasumsikan arah percepatan ini ke bawah, maka nilai 𝑎
haruslah kurang dari nol, sehingga
𝑎 < 0
𝑚2𝑔 − (𝑚3 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼)𝑎1
𝑚2 + 𝑚3< 0
𝑚2𝑔
𝑚3 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼< 𝑎1
Subtitusi 𝑎1
𝑚2𝑔
𝑚3 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼
<(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛼 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛼 − sin 𝛼)
𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛼) + 𝑚32 sin2 𝛼 + 𝑚2
2 cos2 𝛼 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1𝑔
Sehingga, nilai 𝛼 harus memenuhi pertidaksamaan berikut
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 9 dari 34
(𝑚1 + 𝑚3)(𝑚2 + 𝑚3) sin 𝛼 − 𝑚2𝑚3(cos 𝛼 − sin 𝛼)
𝑚2𝑚3(2 − sin 2𝛼) + 𝑚32 sin2 𝛼 + 𝑚2
2 cos2 𝛼 + (𝑚2 + 𝑚3)𝑚1>
𝑚2
𝑚3 sin 𝛼 + 𝑚3 cos 𝛼
3. Kesetimbangan Partikel pada Cincin Berputar
Sebuah partikel bermassa 𝑚 bergerak tanpa gesekan pada cincin berjari-jari 𝑅 yang
berotasi dengan kecepatan sudut Ω terhadap sumbu vertikal seperti ditunjukkan pada
gambar. Sudut antara garis yang menghubungkan pusat O ke massa 𝑚 dengan garis
vertikal ke bawah adalah 𝜃 . Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah.
a. Tentukan sudut 𝜃 yang merupakan sudut kesetimbangan stabil dan tidak stabil.
Tentukan pula nilai kecepatan sudut kritis pada kesetimbangan stabil.
b. Misalnya 𝜃0 adalah sudut kesetimbangan stabil. Partikel m tersebut kemudian
diberikan osilasi kecil di sekitar sudut 𝜃0. Tentukan kecepatan sudut osilasi kecil
tersebut. Apakah nilainya lebih kecil, sama atau lebih besar dari Ω?
Solusi:
a. Kita coba selesaikan soal ini dengan metode energi. Tujuan kita adalah mendapatkan
persamaan gerak partikel dengan meninjau energinya. Kita jadikan pusat cincin
sebagai acuan energi potensial sama dengan nol. Misal partikel membentuk sudut 𝜃
terhadap garis vertikal di bawah pusat cincin. Pada koordinat bola, partikel memiliki
arah pada dua komponen yaitu komponen tangensial dan azimuntal, yaitu 𝑣 p =
�̇�𝑅𝜃 + Ω𝑅 sin 𝜃 �̂�. Kecepatan partikel arah 𝜃 adalah kecepatan yang kita gunakan
pada energi kinetik, untuk kecepatan pada arah �̂�, ini dia merupakan bagian dari gaya
sentripetal dan jika kita tinjau pada kerangka yang berputar dengan kecepatan sudut
Ω
O 𝑅
𝑚
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 10 dari 34
Ω, partikel akan mendapat gaya fiktif yaitu gaya sentrifugal yang memberikan
tambahan pada energi potensial partikel, sehingga
𝐸 = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 +1
2𝑚𝑅2�̇�2 + 𝑊fsentrifugal
Kita hitung dulu usaha dari gaya sentrifugal ini
𝑊fsentrifugal = ∫ 𝐹 sen ∙ 𝑑𝑠
𝑊fsentrifugal = ∫ 𝑚Ω2𝑅 sin 𝜃 (sin 𝜃 �̂� + cos 𝜃 𝜃) ∙ (𝑅 sin 𝜃 𝑑𝜙�̂� + 𝑅𝑑𝜃𝜃)
𝑊fsentrifugal = 𝑚Ω2𝑅2 ∫ sin 𝜃 cos 𝜃 𝑑𝜃𝜃
0
= −𝑚Ω2𝑅 ∫ sin 𝜃 𝑑(sin 𝜃)𝜃
0
𝑊fsentrifugal = −𝑚Ω2𝑅2 (1
2sin2 𝜃) ⟹ 𝑊fsentrifugal = −
1
2𝑚Ω2𝑅2 sin2 𝜃
Sehingga energi total sistem menjadi
𝐸 = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 +1
2𝑚𝑅2�̇�2 −
1
2𝑚Ω2𝑅2 sin2 𝜃
Dengan energi potensial efektif
𝑈eff = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃 −1
2𝑚Ω2𝑅2 sin2 𝜃
Turunkan energi total terhadap waktu satu kali, karena energi kekal maka turunan
pertama 𝐸 terhadap waktu adalah nol atau secara fisis dapat diartikan tidak ada
perubahan energi yang juga artinya adalah energi sistem kekal.
𝑑𝐸
𝑑𝑡= 0 = 𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃 �̇� + 𝑚𝑅2(�̇��̈� − Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 �̇�)
𝑔 sin 𝜃 + 𝑅�̈� − 𝑅Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0
Persamaan terakhir adalah persamaan gerak partikel 𝑚. Saat setimbang, percepatan
partikel 𝑚 adalah nol atau �̈� = 0, sehingga
sin 𝜃 (𝑔 − 𝑅Ω2 cos 𝜃) = 0
Dari persamaan di atas, kita dapatkan dua posisi kesetimbangan yaitu saat sin 𝜃 = 0
atau 𝜃 = 0 yang mana ini adalah posisi kesetimbangan labil dan 𝑔 − 𝑅Ω2 cos 𝜃 = 0
atau cos 𝜃 = 𝑔/ 𝑅Ω2 yang merupakan posisi kesetimbangan stabil partikel.
bagaimana membuktikannya? Secara fisis kita bayangkan bahwa saat partikel ada di
posisi 𝜃 = 0 maka saat dia kita simpangkan sedikit dia tidak akan kembali ke posisi ini
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 11 dari 34
sehingga posisi ini adalah posisi kesetimbangan labil. Kemudian saat 𝜃 = cos−1(𝑔/
𝑅Ω2), ketika beri simpangan sedikit, partikel akan kembali ke posisi
kesetimbangannya sehingga ini adalah posisi kesetimbangan stabil.
Jawaban:
kesetimbangan labil ⟹ 𝜃 = 0
kesetimbangan stabil ⟹ 𝜃 = cos−1 (𝑔
Ω2𝑅 )
b. Sekarang kita gunakan
𝜃0 = cos−1 (𝑔
Ω2𝑅 ) ⟹ cos 𝜃0 =
𝑔
Ω2𝑅
Kembali ke persamaan gerak partikel
𝑔 sin 𝜃 + 𝑅�̈� − 𝑅Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0
Dari persamaan gerak di atas, untuk menemukan persamaan gerak harmonik partikel,
kita cukup beri simpangan yang kecil pada partikel dan menemukan menemukan
persamaan gerak barunya pada posisi kesetimbangan tersebut. Misal sekarang posisi
sudut partikel adalah 𝜃 = 𝜃0 + 𝛼 dimana 𝛼 adalah sudut yang kecil (artinya dari posisi
kesetimbangan, si partikel 𝑚 kita simpangkan sejauh 𝛼), ingat bahwa 𝜃0 adalah
konstan sehingga
�̈� =𝑑2𝜃
𝑑𝑡2=
𝑑2
𝑑𝑡2(𝜃0 + 𝛼 ) =
𝑑2𝜃0
𝑑𝑡2⏟0
+𝑑2𝛼
𝑑𝑡2⟹ �̈� = �̈�
Kemudian karena 𝛼 merupakan sudut kecil, kita bisa lakukan pendekatan sin 𝛼 ≈ 𝛼
dan cos 𝛼 ≈ 1 serta 𝛼2 ≈ 0 sehingga
sin 𝜃 = sin(𝜃0 + 𝛼) = sin 𝜃0 cos 𝛼 + cos 𝜃0 sin 𝛼 ≈ sin 𝜃0 + 𝛼 cos 𝜃0
cos 𝜃 = cos(𝜃0 + 𝛼) = cos 𝜃0 cos 𝛼 − sin 𝜃0 sin 𝛼 ≈ cos 𝜃0 − 𝛼 sin 𝜃0
sin 𝜃 cos 𝜃 = (sin 𝜃0 + 𝛼 cos 𝜃0)(cos 𝜃0 − 𝛼 sin 𝜃0)
= sin 𝜃0 cos 𝜃0 + 𝛼 cos2 𝜃0 − 𝛼 sin2 𝜃0 − 𝛼2 sin 𝜃0 cos 𝜃0
≈ sin 𝜃0 cos 𝜃0 + 𝛼 cos2 𝜃0 − 𝛼 sin2 𝜃0 − 𝛼
Sehingga persamaan gerak partikel yang baru akan menjadi (Gunakan 𝑔 =
𝑅Ω2 cos 𝜃0)
𝑅Ω2 cos 𝜃0 sin 𝜃 + 𝑅�̈� − 𝑅Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0
Ω2(cos 𝜃0 sin 𝜃 − sin 𝜃 cos 𝜃) + �̈� = 0
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 12 dari 34
Ω2(cos 𝜃0 sin 𝜃0 + 𝛼 cos2 𝜃0 − sin 𝜃0 cos 𝜃0 − 𝛼 cos2 𝜃0 + 𝛼 sin2 𝜃0 + 𝛼) + �̈� = 0
�̈� + Ω2 sin2 𝜃0 = 0
Sehingga kecepatan sudut osilasi partikel 𝑚 adalah
𝜔 = Ω sin 𝜃0 = Ω√1 − cos2 𝜃0 ⟹ 𝜔 = Ω√1 −𝑔2
Ω4𝑅2
Karena suku dalam akar haruslah positif dan kurang dari 1, maka nilai kecepatan sudut
osilasi ini lebih kecil dari kecepatan sudut rotasi cincin, 𝜔 < Ω.
Catatan: Soal ini juga bisa kamu kerjakan dengan metode gaya, untuk melihat caranya,
silahkan baca solusi OSK Fisika 2018 nomor 4, kedua soal ini kurang lebih sama.
4. Sistem Balok, Bola, dan Dinding
Sebuah bola (dapat dianggap sebagai benda titik/partikel) bermassa 𝑚 bergerak dengan
kelajuan 𝑣0 menumbuk balok bermassa 𝑀 yang sedang diam. Balok berada pada jarak 𝐿
dari sebuah dinding yang dapat memantulkan bola secara elastik. Nilai 𝑚 jauh lebih kecil
dari 𝑀. Diketahui bahwa lantai licin dan tumbukan terjadi terus menerus (bolak-balik)
serta abaikan lebar balok.
a. Jika jarak balok dari dinding pada suatu saat tertentu adalah 𝑙(𝑙 ≠ 𝐿) dan kelajuan
bola pada saat itu adalah 𝑣(𝑣 ≠ 𝑣0). Tentukan 𝑙 (dinyatakan dalam 𝐿, 𝑣0, dan 𝑣)
b. Untuk bagian ini, terdapat bola lain (bola 2) yang identik dengan bola pertama (bola
1). Bola 2 menumbuk balok secara elastik dengan kelajuan 𝑣0 juga, namun dari arah
berlawanan. Terdapat pula dinding di sisi yang sama dengan bola 2 pada jarak 𝐿 dari
balok (lihat gambar bawah). Diketahui tumbukan pertama antara bola 1 dan 2 dengan
balok terjadi bersamaan. Tentukan periode osilasi kecil balok terhadap posisi awalnya!
(Asumsikan nilai periode ini jauh lebih besar daripada interval waktu tumbukan antara
bola-bola dan balok).
𝑣0 𝑚 𝑀
𝐿
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 13 dari 34
Solusi:
a. Pertama kita tinjau dulu kasus tumbukan umum, yaitu saat bola 𝑚 menumbuk balok
𝑀 dengan kecepatan 𝑣i dimana kecepatan balok 𝑀 saat itu adalah 𝑢i dan setelah
tumbukan, bola 𝑚 jadi bergerak dengan kecepatan 𝑣i′ dan balok 𝑀 bergerak dengan
kecepatan 𝑢i′.
Dari hukum kekekalan momentum linear dan koefisien restitusi akan kita peroleh
𝑚𝑣i + 𝑀𝑢i = 𝑚𝑣i′ + 𝑀𝑢i
′ … (1)
1 = −𝑢i
′ − 𝑣i′
𝑢i − 𝑣i⟹ 𝑢i
′ = 𝑣i − 𝑢i + 𝑣i′ … (2)
Subtitusi persamaan (2) ke (1)
𝑚𝑣i + 𝑀𝑢i = 𝑚𝑣i′ + 𝑀(𝑣i − 𝑢i + 𝑣i
′)
(𝑀 + 𝑚)𝑣i′ = −(𝑀 − 𝑚)𝑣i + 2𝑀𝑢i ⟹ 𝑣i
′ = −𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚𝑣i +
2𝑀
𝑀 + 𝑚𝑢i … (3)
Subtitusi persamaan (3) ke (2)
𝑢i′ = 𝑣i − 𝑢i −
𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚𝑣i +
2𝑀
𝑀 + 𝑚𝑢i ⟹ 𝑢i
′ =2𝑚
𝑀 + 𝑚𝑣i +
𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚𝑢i … (4)
Kita gunakan penyederhaan 𝜂 = 𝑚/𝑀 dan karena 𝑀 ≫ 𝑚 maka 𝜂 = 𝑚/𝑀 ≪ 1 (akan
sangat kecil). Persamaan (3) dan (4) dapat kita sederhanakan menjadi
𝑣i′ = −
1 − 𝑚/𝑀
1 + 𝑚/𝑀𝑣i +
2
1 + 𝑚/𝑀𝑢i = −
1 − 𝜂
1 + 𝜂𝑣i +
2
1 + 𝜂𝑢i
𝑣i′ = −(1 − 𝜂)(1 + 𝜂)−1𝑣i + 2(1 + 𝜂)−1𝑢i … (3)′
𝑢i′ =
2𝑚/𝑀
1 + 𝑚/𝑀𝑣i +
1 − 𝑚/𝑀
1 + 𝑚/𝑀𝑢i =
2𝜂
1 + 𝜂𝑣i +
1 − 𝜂
1 + 𝜂𝑢i
𝑢i = 2𝜂(1 + 𝜂)−1𝑣i + (1 − 𝜂)(1 + 𝜂)−1𝑢i … (4)′
Karena 𝜂 ≪ 1 kita bisa gunakan pendekatan binomial newton yaitu
𝑣0 𝑚 𝑀
𝐿
𝑣0 𝑚
𝐿
𝑣i 𝑚 𝑀 𝑣i′ 𝑚 𝑀
𝑢i′ 𝑢i
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 14 dari 34
(1 + 𝜂)−1 ≈ 1 − 𝜂
Karena 𝜂 ≪ 1 pula, maka orde kedua dari 𝜂 yaitu 𝜂2 dapat diabaikan atau 𝜂2 ≈ 0
sehingga akan kita peroleh
𝑣i′ = −(1 − 2𝜂)𝑣i + 2(1 − 𝜂)𝑢i … (3)′′
𝑢i = 2𝜂𝑣i + (1 − 2𝜂)𝑢i … (4)′′
Untuk menyederhanakan proses tumbukan, saya akan membaginya pada dua kasus
yaitu kasus tumbukan antara bola 𝑚 dengan balok 𝑀, saya namakan tumbukan A, dan
kasus kedua adalah tumbukan antara bola 𝑚 dan dinding, saya namakan tumbukan B.
Pada tumbukan antara bola 𝑚 dan dinding, besar kecepatan bola akan tetap, namun
dia akan berbalik arah setelah tumbukan sedangkan balok 𝑀 baik besar kecepatan
maupun arahnya akan tetap. Indeks 1A, 2A, 3A dst. Adalah simbol untuk proses
tumbukan A yang pertama, kedua, ketiga, dan seterusnya, begitupun juga untuk
tumbukan B. Berturut-turut, simbol 𝑇, 𝑣, 𝑢, dan 𝑆 adalah tumbukan, kecepatan bola
𝑚, kecepatan balok 𝑀, dan jarak sisi kiri balok dari dinding. Tujuan kita adalah mencari
pola dari 𝑣, 𝑢, dan 𝑆 sebagai fungsi dari jumlah tumbukan 𝑘. Baik, kita mulai dari
tumbukan pertama. Pendekatan sebelumnya untuk 𝜂 akan terus kita gunakan.
Untuk 𝑇1A:
𝑺𝟏𝐀 = 𝑳
𝒗𝟏𝐀 = −(𝟏 − 𝟐𝜼)𝒗𝟎
𝒖𝟏𝐀 = 𝟐𝜼𝒗𝟎
Untuk 𝑇1B:
𝐿 + Δ𝐿1B
(1 − 2𝜂)𝑣0=
Δ𝐿1B
2𝜂𝑣0
2𝜂𝐿 = Δ𝐿1B(1 − 4𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟏𝐁 = 𝟐𝜼𝑳
𝑺𝟏𝐁 = (𝟏 + 𝟐𝜼)𝑳
𝒗𝟏𝐁 = (𝟏 − 𝟐𝜼)𝒗𝟎
𝒖𝟏𝐁 = 𝟐𝜼𝒗𝟎
Untuk 𝑇2A:
2𝐿 + Δ𝐿2A
(1 − 2𝜂)𝑣0=
Δ𝐿2A
2𝜂𝑣0
4𝜂𝐿 = Δ𝐿2A(1 − 4𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟐𝐀 = 𝟒𝜼𝑳
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 15 dari 34
𝑺𝟐𝐀 = (𝟏 + 𝟒𝜼)𝑳
𝑣2A = −(1 − 2𝜂)2𝑣0 + 2(1 − 𝜂)2𝜂𝑣0 = (−1 + 4𝜂 − 4𝜂2 + 4𝜂 − 4𝜂2)𝑣0
𝒗𝟐𝐀 = −(𝟏 − 𝟖𝜼)𝒗𝟎
𝑢2A = 2𝜂(1 − 2𝜂)𝑣0 + (1 − 2𝜂)2𝜂𝑣0 = (2𝜂 − 4𝜂2 + 2𝜂 − 4𝜂2)𝑣0
𝒖𝟐𝐀 = 𝟒𝜼𝒗𝟎
Untuk 𝑇2B:
𝑆2A + Δ𝐿2B
(1 − 8𝜂)𝑣0=
Δ𝐿2B
4𝜂𝑣0
4𝜂(1 + 4𝜂)𝐿 = Δ𝐿2B(1 − 12𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟐𝐁 = 𝟒𝜼𝑳
𝑺𝟐𝐁 = (𝟏 + 𝟖𝜼)𝑳
𝒗𝟐𝐁 = (𝟏 − 𝟖𝜼)𝒗𝟎
𝒖𝟐𝐁 = 𝟒𝜼𝒗𝟎
Untuk 𝑇3A:
2𝑆2A + Δ𝐿3A
(1 − 8𝜂)𝑣0=
Δ𝐿3A
4𝜂𝑣0
8𝜂(1 + 4𝜂)𝐿 = Δ𝐿3A(1 − 12𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟑𝐀 = 𝟖𝜼𝑳
𝑺𝟑𝐀 = (𝟏 + 𝟏𝟐𝜼)𝑳
𝑣3A = −(1 − 2𝜂)(1 − 8𝜂)𝑣0 + 2(1 − 𝜂)4𝜂𝑣0 = (−1 + 10𝜂 − 16𝜂2 + 8𝜂 − 8𝜂2)𝑣0
𝒗𝟑𝐀 = −(𝟏 − 𝟏𝟖𝜼)𝒗𝟎
𝑢3A = 2𝜂(1 − 8𝜂)𝑣0 + (1 − 2𝜂)4𝜂𝑣0 = (2𝜂 − 16𝜂2 + 4𝜂 − 8𝜂2)𝑣0
𝒖𝟑𝐀 = 𝟔𝜼𝒗𝟎
Untuk 𝑇3B:
𝑆3A + Δ𝐿3B
(1 − 18𝜂)𝑣0=
Δ𝐿3B
6𝜂𝑣0
6𝜂(1 + 12𝜂)𝐿 = Δ𝐿2B(1 − 24𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟑𝐁 = 𝟔𝜼𝑳
𝑺𝟑𝐁 = (𝟏 + 𝟏𝟖𝜼)𝑳
𝒗𝟑𝐁 = (𝟏 − 𝟏𝟖𝜼)𝒗𝟎
𝒖𝟑𝐁 = 𝟔𝜼𝒗𝟎
Untuk 𝑇4A:
2𝑆3A + Δ𝐿4A
(1 − 18𝜂)𝑣0=
Δ𝐿4A
6𝜂𝑣0
12𝜂(1 + 12𝜂)𝐿 = Δ𝐿3A(1 − 24𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟒𝐀 = 𝟏𝟐𝜼𝑳
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 16 dari 34
𝑺𝟒𝐀 = (𝟏 + 𝟐𝟒𝜼)𝑳
𝑣4A = −(1 − 2𝜂)(1 − 18𝜂)𝑣0 + 2(1 − 𝜂)6𝜂𝑣0 = (−1 + 20𝜂 − 32𝜂2 + 12𝜂 − 12𝜂2)𝑣0
𝒗𝟒𝐀 = −(𝟏 − 𝟑𝟐𝜼)𝒗𝟎
𝑢4A = 2𝜂(1 − 18𝜂)𝑣0 + (1 − 2𝜂)6𝜂𝑣0 = (2𝜂 − 32𝜂2 + 6𝜂 − 12𝜂2)𝑣0
𝒖𝟒𝐀 = 𝟖𝜼𝒗𝟎
Untuk 𝑇4B:
𝑆4A + Δ𝐿4B
(1 − 32𝜂)𝑣0=
Δ𝐿4B
8𝜂𝑣0
8𝜂(1 + 24𝜂)𝐿 = Δ𝐿4B(1 − 40𝜂) ⟹ 𝚫𝑳𝟑𝐁 = 𝟖𝜼𝑳
𝑺𝟒𝐁 = (𝟏 + 𝟑𝟐𝜼)𝑳
𝒗𝟒𝐁 = (𝟏 − 𝟑𝟐𝜼)𝒗𝟎
𝒖𝟒𝐁 = 𝟖𝜼𝒗𝟎
Dari hasil-hasil di atas kita bisa dapatkan polanya. Mari kita mulai dari 𝑆 untuk
tumbukan A
𝑆1A = 𝐿
𝑆2A = (1 + 4𝜂)𝐿
𝑆3A = (1 + 12𝜂)𝐿
𝑆4A = (1 + 24𝜂)𝐿
Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke ke−𝑘 adalah
𝑈k =𝑎
0!+
(𝑘 − 1)𝑏
1!+
(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)𝑐
2!
𝑈k = 0 + (𝑘 − 1)4 +(𝑘2 − 3𝑘 + 2)4
2
𝑈k = 4𝑘 − 4 + 2𝑘2 − 6𝑘 + 4 ⟹ 𝑈k = 2𝑘2 − 2𝑘
Sehingga kita peroleh
𝑆kA = (1 + (2𝑘2 − 2𝑘)𝜂)𝐿
Kemudian untuk 𝑣, untuk tumbukan A
𝑣1A = −(1 − 2𝜂)𝑣0
+8
2
+12
0 4 12
22
24
22 +4
2 +4 +4
...
...
...
𝑎
𝑏
𝑐
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 17 dari 34
𝑣2A = −(1 − 8𝜂)𝑣0
𝑣3A = −(1 − 18𝜂)𝑣0
𝑣4A = −(1 − 32𝜂)𝑣0
Kita dapatkan pola barisan aritmetika bertingkat, rumus suku ke ke−𝑘 adalah
𝑈k =𝑎
0!+
(𝑘 − 1)𝑏
1!+
(𝑘 − 1)(𝑘 − 2)𝑐
2!
𝑈k = 2 + (𝑘 − 1)6 +(𝑘2 − 3𝑘 + 2)4
2
𝑈k = 2 + 6𝑘 − 6 + 2𝑘2 − 6𝑘 + 4 ⟹ 𝑈k = 2𝑘2
Sehingga kita peroleh
𝑣kA = −(1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0
Kemudian untuk 𝑆 pada tumbukan B, telah kita peroleh
𝑆1B = (1 + 2𝜂)𝐿
𝑆2B = (1 + 8𝜂)𝐿
𝑆3B = (1 + 18𝜂)𝐿
𝑆4B = (1 + 32𝜂)𝐿
Dapat kita lihat bahwa pola angka ini sama dengan 𝑣 sehingga akan kita peroleh
𝑆kB = (1 + 2𝑘2𝜂)𝐿
Kemudian untuk 𝑣 pada tumbukan B, hanya berbalik arah dari tumbukan A, sehingga
kita peroleh
𝑣kB = (1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0
Sekarang kita ke soal utama. Ada dua kemungkinan di sini, kemungkinan pertama,
misalkan kecepatan bola 𝑚 sama dengan 𝑣 terjadi di antara selang tumbukan ke−𝑘
antara bola dan balok dan tumbukan ke−𝑘 antara bola dan dinding, maka akan kita
peroleh
𝑆kA ≤ 𝑙 ≤ 𝑆kB
(1 + 2𝑘2𝜂 − 2𝑘𝜂)𝐿 ≤ 𝑙 ≤ (1 + 2𝑘2𝜂)𝐿
+10 +14
2 8 18 32
+6
+4 +4
...
...
...
𝑎
𝑏
𝑐
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 18 dari 34
𝑣 = |𝑣kA| = (1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0 ⟹ 2𝑘2𝜂 = 1 −𝑣
𝑣0
𝑘 = √1
2𝜂(1 −
𝑣
𝑣0) ⟹ 2𝑘𝜂 = √2𝜂 (1 −
𝑣
𝑣0)
Sehingga kita peroleh
(1 + 1 −𝑣
𝑣0− √2𝜂 (1 −
𝑣
𝑣0)) 𝐿 ≤ 𝑙 ≤ (1 + 1 −
𝑣
𝑣0) 𝐿
(2 −𝑣
𝑣0− √2𝜂 (1 −
𝑣
𝑣0)) 𝐿 ≤ 𝑙 ≤ (2 −
𝑣
𝑣0) 𝐿
Kemungkinan kedua, misalkan kecepatan bola sama dengan 𝑣 terjadi di antara selang
tumbukan ke−𝑘 antara bola dan dinding dan tumbukan ke−𝑘 + 1 antara bola dan
balok, akan kita peroleh
𝑆kB ≤ 𝑙 ≤ 𝑆(k+1)B
(1 + 2𝑘2𝜂)𝐿 ≤ 𝑙 ≤ (1 + 2(𝑘 + 1)2𝜂 − 2(𝑘 + 1)𝜂)𝐿
(1 + 2𝑘2𝜂)𝐿 ≤ 𝑙 ≤ (1 + 2𝑘2𝜂 + 2𝑘𝜂)𝐿
𝑣 = |𝑣kB| = (1 − 2𝑘2𝜂)𝑣0 ⟹ 2𝑘2𝜂 = 1 −𝑣
𝑣0⟹ 2𝑘𝜂 = √2𝜂 (1 −
𝑣
𝑣0)
Maka kita peroleh
(2 −𝑣
𝑣0) 𝐿 ≤ 𝑙 ≤ (2 −
𝑣
𝑣0+ √2𝜂 (1 −
𝑣
𝑣0)) 𝐿
Dari kedua kemungkinan ini, kita dapat gabungkan menjadi
(2 −𝑣
𝑣0− √2𝜂 (1 −
𝑣
𝑣0)) 𝐿 ≤ 𝑙 ≤ (2 −
𝑣
𝑣0+ √2𝜂 (1 −
𝑣
𝑣0)) 𝐿
Untuk pendekatan 𝜂 yang lebih kecil lagi, atau 𝜂 ≈ 0 akan kita peroleh
𝑙 ≈ 𝐿 (2 −𝑣
𝑣0)
b. Misalkan kotak 𝑀 tersimpang sejauh Δ𝐿 yang kecil ke kanan,
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 19 dari 34
maka masing-masing bola akan mentransfer momentumnya pada kotak. Kecepatan
tiap bola dapat kita asumsikan konstan, dengan pendekatan yang cukup kasar,
mengingat bahwa 𝐼(impuls) = Δ𝑝(perubahan momentum) = �̅�Δ𝑡(gaya rata −
rata × selang waktu tumbukan), akan kita peroleh
𝑚𝑣0
(2𝐿 + Δ𝐿)/𝑣0−
𝑚𝑣0
(2𝐿 − Δ𝐿)/𝑣0=
𝑚𝑣02
2𝐿[(1 +
Δ𝐿
2𝐿)
−1
− (1 −Δ𝐿
2𝐿)
−1
] = 𝑀Δ�̈�
𝑚𝑣02
2𝐿[1 −
Δ𝐿
2𝐿− 1 −
Δ𝐿
2𝐿] = −
𝑚𝑣02
4𝐿2 Δ𝐿 ≈ 𝑀Δ�̈�
Δ�̈� +𝑚𝑣0
2
4𝑀𝐿2 Δ𝐿 = 0 ⟹ 𝜔 =𝑣0
2𝐿√
𝑚
𝑀⟹ 𝑇 =
4𝜋𝐿
𝑣0
√𝑀
𝑚
5. Batang Pejal yang Digantung dengan Dua Tali
Sebuah batang tipis pejal dengan massa 𝑀 dan panjang 𝐿 dihubungkan dengan atap
menggunakan 2 tali tak bermassa masing-masing sepanjang 𝑙 yang dipasang sejajar pada
kedua ujung batang. Pada saat 𝑡 = 0, sebuah impuls 𝐽 diberikan tegak lurus batang dan
tali pada ujung batang B . Percepatan gravitasi adalah 𝑔.
a. Tentukan kecepatan ujung-ujung batang 𝑣A dan 𝑣B sesaat setelah pemberian impuls
tersebut. Ambil arah impuls sebagai arah positif.
b. Tentungan tegangan tali kedua tali 𝑇1 dan 𝑇2 sesaat setelah pemberian impuls.
c. Setelah waktu yang sangat lama, pusat massa batang tidak bergerak namun batang
berosilasi secara rotasional terhadap pusat massa. Tentukan frekuensi osilasi 𝑓
tersebut.
𝑣0 𝑚 𝑀
𝐿 + Δ𝐿
𝑣0 𝑚
𝐿 − Δ𝐿
A B
𝑇1 𝑇2 𝑙
𝐿
𝑀 𝑀
𝑇 𝑔
⨂𝐽
×
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 20 dari 34
d. Setelah osilasi berhenti akibat damping, salah satu tali dipotong. Tentukan tegangan
tali pada tali yang masing terhubung 𝑇 sesaat setelah tali yang lain dipotong.
Solusi:
a. Karena impuls tepat diberikan pada saat batang tergantung, pada bidang horizontal,
tidak gaya lain sehingga impuls yang ada hanyalah impuls 𝐽 yang diberikan tegak lurus
batang. Secara sederhana, kasus ini sama dengan kasus ketika kita memberikan impuls
mendatar pada salah satu ujung batang yang diletakkan di atas meja licin. Batang ini
akan memiliki kecepatan sudut 𝜔 dan dan kecepatan pusat massa 𝑣pm. Dari teorema
impuls-momentum linear, akan kita peroleh
𝐽 = 𝑀𝑣pm ⟹ 𝑣pm =𝐽
𝑀
Kemudian dari teorema impuls momentum angular akan kita peroleh (untuk
rotasinya, karena dia seperti batang di atas meja licin, akan kita tinjau terhadap pusat
massanya)
𝐽𝐿
2=
1
12𝑀𝐿2𝜔 ⟹ 𝜔𝐿 =
6𝐽
𝑀
Pada ujung batang A dan B, kecepatannya adalah perpaduan dari kecepatan pusat
massa dan kecepatan tangensial akibat rotasi batang, besarnya adalah
𝑣A = 𝑣pm − 𝜔𝐿
2⟹ 𝑣A = −
2𝐽
𝑀
𝑣B = 𝑣pm + 𝜔𝐿
2⟹ 𝑣A =
4𝐽
𝑀
Tanda negatif menandakan bahwa arahnya berlawanan dengan arah impuls.
b. Tegangan pada kedua tali, pada awalnya, sebelum impuls diberikan adalah 𝑇0 =
𝑀𝑔/2. Namun setelah impuls diberikan, ada peningkatan tegangan tali akibat gerak
rotasi dan translasi batang. Akibat gerak translasi batang, yang kita bisa dapatkan
dengan mudah dari gerak tangensial batang dengan mengabaikan rotasinya terlebih
dahulu, pada arah radial, tegangan tiap tali akan bertambah sebesar Δ𝑇T, yaitu
2Δ𝑇T =𝑀𝑣pm
2
𝑙⟹ Δ𝑇T =
𝐽2
2𝑀𝑙
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 21 dari 34
Untuk mencari pertambaha tegangan tali akibat gerak rotasi batang, kita abaikan dulu
gerak translasinya, jadi dalam hal ini, pusat massa batang diam. Misal batang
tersimpang sejauh 𝜃, maka posisi titik B dan B’ relatif terhadap posisi pusat massa
batang pada saat sebelum impuls diberkan adalah
𝑟 B =𝐿
2cos 𝜃 �̂� +
𝐿
2sin 𝜃 �̂� + 𝑧�̂�
𝑟 B′ =𝐿
2�̂� + 0�̂� + 𝑙�̂�
Karena titik B dan B’ dihubungkan oleh tali sepanjang 𝑙, maka jarak kedua titik ini akan
konstan sejah 𝑙, sehingga kita peroleh
|𝑟 B′ − 𝑟 B| =𝐿2
4(1 + cos2 𝜃 − 2 cos 𝜃) +
𝐿2
4sin2 𝜃 + 𝑧2 + 𝑙2 − 2𝑧𝑙 = 𝑙2
𝑧2 − 2𝑧𝑙 +𝐿2
2(1 − cos 𝜃) = 0
Turunkan persamaan ini dua kali terhadap waktu untuk mendapatkan hubungan
percepatan vertikal �̈�
𝑑2
𝑑𝑡2[𝑧2 − 2𝑧𝑙 +
𝐿2
2(1 − cos 𝜃)] =
𝑑
𝑑𝑡[2𝑧�̇� − 2�̇�𝑙 +
𝐿2
2sin 𝜃 �̇�] = 0
2𝑧�̈� + 2�̇�2 − 2�̈�𝑙 +𝐿2
2sin 𝜃 �̈� +
𝐿2
2cos 𝜃 �̇�2 = 0
�̈� =1
𝑙 − 𝑧(�̇�2 +
𝐿2
4sin 𝜃 �̈� +
𝐿2
4cos 𝜃 �̇�2)
Saat 𝑡 = 0, 𝑧 = 0, �̇� = 0, 𝜃 = 0, �̈� ≠ 0, dan �̇� = 𝜔, sehingga kita peroleh
�̈� =𝐿2
4𝑙 𝜔2 ⟹ �̈� =
𝐿2
4𝑙
36𝐽2
𝑀2𝐿2⟹ Δ𝑇R =
1
2𝑀�̈� =
9𝐽2
2𝑀𝑙
Tegangan pada tali 1 (kiri) dan tali 2 (kanan) adalah
𝑇1 = 𝑇0 − Δ𝑇T + Δ𝑇R ⟹ 𝑇1 =𝑀
2(𝑔 +
4𝐽2
𝑀2𝑙)
𝑇2 = 𝑇0 + Δ𝑇T + Δ𝑇R ⟹ 𝑇2 =𝑀
2(𝑔 +
5𝐽2
𝑀2𝑙)
c. Pada kondisi ini, gaya pemulih diberikan oleh tali. Untuk osilasi yang kecil, kita bisa
anggap bahwa batang ini tidak dipercepat pada arah vertikal sehingga dia seimbang
pada arah vertikal. Untuk osilasi yang kecil pula, sudut simpangan tali sangat kecil
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 22 dari 34
sehingga dapat kita anggap vertikal. Dari sini, misalkan tegangan tali adalah 𝑇′ yang
bisa kita anggap konstan, maka akan kita peroleh
2𝑇′ = 𝑀𝑔 ⟹ 𝑇′ =1
2𝑀𝑔
Kemudian kita tinjau gerak rotasional batang. Misalkan sudut simpangan batang
adalah 𝜃 sedangkan sudut simpangan tali adalah 𝜙. Karena pusat massa batang bisa
kita anggap diam, maka hubungan antara sudut 𝜃 dan 𝜙 bisa kita dapatkan. Perhatikan
bahwa panjang busur yang yang ditempuh ujung batang bisa kita gunakan untuk
mendapatkan hubungan kedua sudut ini yaitu
𝐿
2𝜃 = 𝑙𝜙 ⟹ 𝜙 = 𝜃
𝐿
2𝑙
Menggunakan hukum II newton untuk gerak rotasional batang akan kita peroleh
−2𝑇′ sin 𝜙𝐿
2=
1
12𝑀𝐿2�̈�
−2 (1
2𝑀𝑔) 𝜙
𝐿
2= −𝑀𝑔𝜃
𝐿
2𝑙
𝐿
2=
1
12𝑀𝐿2�̈�
�̈� +3𝑔
𝑙𝜃 = 0 ⟺ �̈� + 𝜔2𝜃 = 0 ⟹ 𝜔 = √
3𝑔
𝑙⟹ 𝑓 =
1
2𝜋√
3𝑔
𝑙
d. Berikut diagram gaya pada batang saat tali di A di potong.
Dari Hukum II Newton untuk gerak translasi dan rotasi akan kita peroleh
Hukum II Newton untuk Gerak Translasi:
𝑀𝑔 − 𝑇 = 𝑀𝑎
Hukum II Newton untuk Gerak Rotasi dengan poros di ujung B (titik ini akan diam
sesaat):
𝑀𝑔𝐿
2=
1
3𝑀𝐿2𝛼 ⟹ 𝛼𝐿 =
3𝑔
2
𝑇
𝑀𝑔
𝛼
𝑎
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 23 dari 34
Hubungan 𝑎 dan 𝛼, lihat gerak rotasi pusat massa batang terhadap B, akan kita
dapatkan
𝑎 =𝛼𝐿
2=
3𝑔
4
Sehingga kita akan kita peroleh
𝑀𝑔 − 𝑇 = 𝑀3𝑔
4⟹ 𝑇 =
1
4𝑀𝑔
6. Pemodelan Sederhana Bola Basket
Dalam mempelajari dinamika tumbukan bola basket dengan tanah, kita dapat
menganalogikannya dalam suatu model sederhana seperti terlihat pada gambar. Model
ini merupakan suatu sistem yang terdiri dari massa 𝑚 (massa bola basket) yang dikelilingi
oleh pegas tidak bermassa dengan konstanta 𝑘.
Tumbukan antara bola dan tanah biasanya terjadi secara cepat dengan gaya kontak yang
cukup besar, sehingga kontribusi dari gaya gravitasi dapat diabaikan selama proses
tumbukan.
a. Dalam pemodelan tersebut, tentukanlah fungsi kompresi 𝑥 terhadap waktu! Nyatakan
jawaban anda dalam kecepatan bola sesaat sebelum tumbukan 𝑣0, massa bola basket
𝑚, dan konstanta pegas 𝑘 .
b. Hitung waktu kontak antara bola dengan lantai 𝑡kontak, gaya kontak maksimum 𝐹0,
dan kompresi pegas maksimum 𝑥0! Nyatakan jawaban-jawaban Anda dalam
parameter 𝑣0, 𝑚, dan 𝑘. Hitung pula nilai numerik ketiga parameter tersebut jika
diketahui kecepatan 𝑣0 = 10 m/s, massa bola 𝑚 = 0,5 kg, dan konstanta pegas 𝑘 =
80 kN/m.
model
𝑘
𝑘
𝑘
𝑘
𝑚
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 24 dari 34
c. Tentukan gaya kontak 𝐹 sebagai fungsi 𝑡 sesuai model di atas. Tentukan pula total
impuls yang diterima oleh bola basket.
d. Secara fenomenologi, hubungan antara gaya kontak 𝐹 dengan kompresi bola 𝑑 tidak
linear, sehingga pemodelan bola basket di atas tidak begitu akurat.
Data eksperimen menunjukkan bahwa 𝐹 = 𝑘𝑑𝑛, dan nilai 𝑛 ditentukan oleh geometri
area kontak. Pada soal ini, kita menganggap lantai cukup keras sehingga bola
mengalami deformasi seperti pada gambar di samping (𝑑 ≪ 𝑅). Menurut pemodelan
Hertzian Contact tekanan pada area kontak dapat dinyatakan dengan persamaan:
𝑝(𝑟) = 𝑝0 (1 −𝑟2
𝑎2)
12
dimana 𝑟 adalah jarak dari titik pusat kontak A, 𝑎 adalah jari-jari lingkaran area
kontak, dan 𝑝0 adalah tekanan di titik pusat kontak A dengan hubungan
kesebandingan 𝑝0 ∝ √𝑑. Tentukan nilai 𝑛 pada kasus ini!
Solusi:
a. Percepatan gravitasi kita abaikan, sehingga gaya berat tidak perlu kita pertimbangkan
di sini. Saat pegas bagian bagian bawah dari model ini mulai menyentuh lantai dengan
kecepatan awal 𝑣0 yang arahnya ke bawah, maka massa 𝑚 akan mulai melakukan
gerak harmonik sederhana dengan kecepatan sudut 𝜔2 = 𝑘/𝑚 (seharusnya mudah
saja hal ini untuk dipahami karena ketiga pegas lainnya tidak memberikan efek pada
pemodelan sederhana ini, dan sistem massa 𝑚 serta pegas seperti sistem massa pegas
sederhana saja).
𝑅
𝑎
𝑑 A
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 25 dari 34
Kita jadikan arah positif simpangan adalah ke bawah, persamaan posisi 𝑚 sebagai
fungsi waktu akan berbentuk (ini merupakan penyelesaian persamaan diferensial orde
dua, silahkan baca buku yang membahas tentang gerak harmonik sederhana, kamu
juga bisa membaca tentang persamaan diferensial orde dua untuk mendapatkan
pemahaman yang utus atas bentuk penyelesaian persamaan geraknya).
𝑥(𝑡) = 𝐴 sin 𝜔𝑡 + 𝐵 cos 𝜔𝑡
𝑣(𝑡) =𝑑
𝑑𝑡𝑥(𝑡) = 𝐴𝜔 cos 𝜔𝑡 − 𝐵𝜔 sin 𝜔𝑡
Kita pilih 𝑡 = 0 saat pegas bagian bawah mulai menyentuh lantai. Pada 𝑡 = 0 ini,
simpangan 𝑚 masih nol (𝑥(0) = 0) dan kecepatan 𝑚 adalah 𝑣0 (𝑣(0) = 𝑣0 positif
karena arahnya ke bawah). Sehingga, dari boundary condition/kondisi batas ini akan
kita peroleh
𝑥(0) = 0 = 0 + 𝐵 ⟹ 𝐵 = 0
𝑣(0) = 𝑣0 = 𝐴𝜔 − 0 ⟹ 𝐴 =𝑣0
𝜔
Sehingga posisi 𝑚 sebagai fungsi waktu atau dalam hal ini sama dengan fungsi
kompresi pegas terhadap waktu akan kita dapatkan yaitu
𝑥(𝑡) =𝑣0
𝜔sin 𝜔𝑡 ⟹ 𝑥(𝑡) = 𝑣0√
𝑚
𝑘sin (√
𝑘
𝑚𝑡)
b. Berdasarkan model sederhana ini, bola basket hanya akan bersentuhan atau kontak
dengan lantai selama setengah dari periode osilasinya
𝑡kontak =1
2𝑇 =
1
22𝜋√
𝑚
𝑘⟹ 𝑡kontak = 𝜋√
𝑚
𝑘
Simpangan maksimum adalah saat |sin (√𝑘
𝑚𝑡)| = 1, dari sini akan kita peroleh
𝑘
𝑚
𝑣0 𝑥
… …
…
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 26 dari 34
𝑥0 = 𝑣0√𝑚
𝑘
Sehingga gaya maksimum pada pegas adalah
𝐹0 = 𝑘𝑥0 ⟹ 𝐹0 = 𝑣0√𝑘𝑚
Dengan mensubtitusi nilai numerik yang diberikan, 𝑣0 = 10 m/s, 𝑚 = 0,5 kg, dan
𝑘 = 80 kN/m akan kita peroleh
𝑡kontak =5
2𝜋 ms
𝑥0 = 2,5 cm
𝐹0 = 2000 N
c. Gaya pada pegas sebagai fungsi waktu adalah
𝐹(𝑡) = 𝑘𝑥(𝑡) ⟹ 𝐹(𝑡) = 𝑣0√𝑘𝑚 sin (√𝑘
𝑚𝑡)
Impuls total yang diterima oleh bola basket sama dengan impuls yang diberikan bola
basket pada lantai, sehingga
𝐼total = ∫ 𝐹(𝑡)𝑑𝑡𝑡kontak
0
= 𝑣0√𝑘𝑚 ∫ sin (√𝑘
𝑚𝑡) 𝑑𝑡
𝜋√𝑚𝑘
0
𝐼total = 𝑣0√𝑘𝑚√𝑚
𝑘∫ sin (√
𝑘
𝑚𝑡) 𝑑 (√
𝑘
𝑚𝑡)
𝜋√𝑚𝑘
0
𝐼total = 𝑚𝑣0 ∫ sin (√𝑘
𝑚𝑡) 𝑑 (√
𝑘
𝑚𝑡)
𝜋√𝑚𝑘
0
𝐼total = 𝑚𝑣0 [− cos (√𝑘
𝑚𝑡)]
0
𝜋√𝑚𝑘
𝐼total = 𝑚𝑣0[− cos 𝜋 − (− cos 0)] ⟹ 𝐼total = 2𝑚𝑣0
Nilai numeriknya adalah 𝐼total = 10 Ns
d. Berdasarkan model herztian contact, tujuan kita adalah menemukan bentuk gaya
kontak pada bola basket dengan kompresinya 𝑑. Idenya adalah bahwa gaya adalah
tekanan dikalikan dengan luas area kontak. Hal yang membuat bagian ini cukup rumit
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 27 dari 34
adalah tekanan pada setiap bagian bola yang kontak tidaklah sama besarnya pada
setiap bagian, bergantung pada jarak titik yang kita tinjau tekanannya dari sumbu
pusat bola.
Namun ada hal yang menarik juga di sini, yaitu tekanan ini mempunyai simetri radial
karena dia bergantung pada jarak 𝑟 dari sumbu pusat bola sehingga jika kita tinjau
elemen cincin yang sangat tipis dengan jari-jari 𝑟 dan lebar 𝑑𝑟 dimana 𝑑𝑟 sangat kecil,
tekanan pada elemen luasan cincin ini bisa kita anggap konstan. Luas elemen cincin ini
adalah 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟. Gaya pada elemen cincin ini akan menjadi
𝑑𝐹 = 𝑝(𝑟)𝑑𝐴
𝑑𝐹 = 𝑝0 (1 −𝑟2
𝑎2)
12
2𝜋𝑟𝑑𝑟
Untuk mendapatkan gaya totalnya, kita integrasi dari 𝑟 = 0 sampai 𝑟 = 𝑎, artinya kita
menjumlahkan semua gaya-gaya pada setiap elemen cincin yang mungkin, namun
proses ini disederhanakan oleh integral (kalau kamu masih bingung dengan hal ini,
silahkan pelajari tentang integral secara mendasar). Maka akan kita peroleh
𝐹 = 2𝑝0𝜋 ∫ (1 −𝑟2
𝑎2)
12
𝑟𝑑𝑟𝑎
0
= 2𝑝0𝜋 ∫ (1 −𝑟2
𝑎2)
12
(−𝑎2
2) 𝑑 (1 −
𝑟2
𝑎2)
𝑎
0
𝐹 = −𝑝0𝜋𝑎2 ∫ (1 −𝑟2
𝑎2)
12
𝑑 (1 −𝑟2
𝑎2)
𝑎
0
𝐹 = −𝑝0𝜋𝑎22
3[(1 −
𝑟2
𝑎2)
32
]
0
𝑎
𝐹 = −𝑝0𝜋𝑎22
3(0 − 1) ⟹ 𝐹 =
2
3𝑝0𝜋𝑎2
A
𝑎
𝑟
𝑑𝑟
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 28 dari 34
Dari soal kita tahu bahwa 𝑝0 ∝ √𝑑 (tekanan di titik pusat kontak A sebanding dengan
akar dari kompresi bola) sehingga bisa saja kita nyatakan bahwa 𝑝0 = 𝐶𝑑1
2 dimana 𝐶
adalah suatu konstanta kesebandingan yang berdimensi. Sehingga kita peroleh
𝐹 =2
3𝐶𝜋𝑎2𝑑
12 ⟺ 𝐹 = 𝑘𝑑n
Dengan demikian
𝑘 =2
3𝐶𝜋𝑎2 dan 𝑛 =
1
2
7. Peluncuran Roket ke Matahari (Parker Solar Probe)
Pada tanggal 12 Agustus 2018, NASA meluncurkan roket ke Matahari (Parker Solar Probe)
untuk pertama kalinya. Pada soal ini, kita akan mengestimasi kecepatan luncur yang
diperlukan roket bermassa 𝑚 untuk mencapai Matahari, dan membandingkanya dengan
kecepatan luncur untuk keluar dari tata surya (misi Voyager). Dalam hal ini, kita abaikan
interaksi roket dengan planet-planet lainnya.
Anggap Bumi (bermassa 𝑀B) mengelilingi Matahari (bermassa 𝑀M) secara melingkar
dengan jari-jari 𝑎 dan kecepatan 𝑣bumi. Terdapat dua pilihan situs untuk meluncurkan
roket: (i) searah dengan kecepatan Bumi dan (ii) berlawanan arah dengan kecepatan
Bumi. Anggap Bumi tidak berotasi dan tidak ada gesekan dengan atmosfer.
a. Hitung kecepatan Bumi mengintari Matahari 𝑣bumi (nyatakan jawaban anda dalam
parameter 𝑀M, 𝑎 dan konstanta gravitasi 𝐺).
matahari
bumi
(i)
(ii)
𝑣bumi
𝑎
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 29 dari 34
b. Tinjau kasus peluncuran roket keluar dari tata surya. Anggap proses ini terjadi dalam
dua tahapan independen: keluar dari gravitasi Bumi, dan kemudian keluar dari
gravitasi Matahari. Tentukan situs peluncuran manakah yang membutuhkan energi
yang lebih kecil, (i) atau (ii)! Hitung kecepatan luncur 𝑣l yang diperlukan (nyatakan
jawaban anda dalam 𝑣bumi, 𝛼 = 𝑀M/𝑀B , dan 𝛽 = 𝑎/𝑅).
c. Tinjau kasus peluncuran roket menuju Matahari . Anggap proses ini terjadi dalam dua
tahapan independen: keluar dari gravitasi Bumi, dan kemudian meluncur menuju
Matahari. Tentukan situs peluncuran manakah yang membutuhkan energi yang lebih
kecil, (i) atau (ii)! Hitung kecepatan luncur 𝑣l yang diperlukan (nyatakan jawaban anda
dalam 𝑣bumi, 𝛼 = 𝑀M/𝑀B , dan 𝛽 = 𝑎/𝑅).
Petunjuk: Supaya “menyentuh” Matahari perihelion Roket (jarak terdekat ke Matahari)
harus sangat kecil sekali (relatif terhadap jarak Bumi-Matahari 𝑎), dan bisa dianggap nol.
d. Tentukan nilai numerik 𝑣l2/𝑣bumi
2 untuk kedua kasus di atas jika diketahui rasio
𝛽/𝛼 = 0,07 dan √2 = 1,4. Kesimpulan apakah yang bisa Anda peroleh terkait
peluncuran kedua roket untuk kedua kasus b) dan c) di atas?
Solusi:
a. Tinjau gerakan bumi pada arah radial, menggunakan Hukum II Newton dan Hukum
Newton tentang Gravitasi akan kita peroleh
𝐹 r = 𝑀B𝑎 r
𝐺𝑀B𝑀M
𝑎2= 𝑀B
𝑣bumi2
𝑎
𝑣bumi2 =
𝐺𝑀M
𝑎⟹ 𝑣bumi = √
𝐺𝑀M
𝑎
b. Peluncuran roket keluar dari tata surya. Pertama kita tinjau proses roket keluar dari
medan gravitasi bumi. Proses ini terjadi secara independen sehingga efek matahari di
sini dapat kita abaikan. Saat lepas dari gravitasi bumi, roket masih harus memiliki
kecepatan relatif terhadap bumi, misalkan 𝑣0, agar dia bisa lepas keluar dari tata
surya, mengapa demikian? Karena jika roket keluar dari bumi tanpa kecepatan relatif
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 30 dari 34
atau dengan kata lain roket bergerak dengan kecepatan 𝑣bumi, maka roket akan ikut
mengorbit matahari. Karena gaya gravitasi adalah gaya sentral, energi mekanik roket
akan kekal. Roket diluncurkan dari permukaan bumi dengan kecepatan 𝑣l relatif bumi,
kemudian dia lepas dari medan gravitasi bumi pada jarak yang cukup jauh dari bumi,
bisa kita asumsikan tak hingga (∞) dan pada posisi ini si roket memiliki kecepatan 𝑣0
relatif bumi, dengan hukum kekekalan energi mekanik akan kita peroleh
1
2𝑚𝑣l
2 −𝐺𝑀B𝑚
𝑅=
1
2𝑚𝑣0
2 −𝐺𝑀B𝑚
∞⏟ 0
𝑣l2 = 𝑣0
2 +2𝐺𝑀B
𝑅
Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, maka roket akan bergerak terhadap
matahari. Misalkan tepat saat lepas, kecepatan roket adalah 𝑣R = 𝑣0 ± 𝑣bumi dimana
tanda di atas untuk situs peluncuran roket searah kecepatan bumi dan tanda di bawah
untuk situs peluncuran roket berlawanan arah dengan kecepatan bumi, akan kita
peroleh
𝑣0 = 𝑣R − (±𝑣bumi) = 𝑣R ∓ 𝑣bumi
𝑣02 = 𝑣R
2 + 𝑣bumi2 ∓ 2𝑣R𝑣bumi
Tinjau proses saat roket telah lepas dari medan gravitasi bumi dan akan lepas dari tata
surya. Saat lepas dari bumi, roket berada pada jarak 𝑎 dari matahari dan bergerak
dengan kecepatan 𝑣R, sedangkan saat lepas dari tata surya, untuk kondisi minimum,
kita bisa asumsikan saat lepas kecepatan roket telah nol dan mencapai jarak yang
sangat jauh dari matahari. Menggunakan hukum kekekalan energi mekanik akan kita
peorleh
1
2𝑚𝑣R
2 −𝐺𝑀M𝑚
𝑎=
1
2𝑚(0)2 −
𝐺𝑀M𝑚
∞⟹ 𝑣R
2 =2𝐺𝑀M
𝑎
Subtitusi 𝑣R dan 𝑣bumi ke 𝑣02 akan kita peroleh
𝑣02 =
2𝐺𝑀M
𝑎+
𝐺𝑀M
𝑎∓ 2√
2𝐺𝑀M
𝑎√
𝐺𝑀M
𝑎
𝑣02 =
𝐺𝑀M
𝑎(3 ∓ 2√2)
Subtitusi 𝑣02 ke 𝑣l
2
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 31 dari 34
𝑣l2 =
𝐺𝑀M
𝑎(3 ∓ 2√2) +
2𝐺𝑀B
𝑅
𝑣l2 =
𝐺𝑀M
𝑎(3 ∓ 2√2 + 2
𝑎/𝑅
𝑀M/𝑀B) ⟹ 𝑣l = √
𝐺𝑀M
𝑎(3 ∓ 2√2 + 2
𝛽
𝛼)
Untuk situs (i)
𝑣l = √𝐺𝑀M
𝑎(3 − 2√2 + 2
𝛽
𝛼)
Untuk situs (ii)
𝑣l = √𝐺𝑀M
𝑎(3 + 2√2 + 2
𝛽
𝛼)
Karena 𝑣l(ii) > 𝑣l(i), maka situs peluncuran (ii) memerlukan energi yang lebih besar
dari situs peluncuran (i), 𝐸(ii) > 𝐸(i). Sehingga situs peluncuran roket yang
memerlukan energi lebih kecil adalah situs (i).
c. Misalkan jari-jari matahari adalah 𝑟 dengan 𝑟 ≪ 𝑎. Seperti sebelumnya, kita gunakan
𝑣R = 𝑣0 ± 𝑣bumi atau 𝑣0 = 𝑣R ∓ 𝑣bumi. Setelah lepas dari medan gravitasi bumi, agar
bisa mencapai matahari, roket haruslah berada pada orbit elips dimana aphelion-nya
adalah 𝑎 sedangkan perihelion-nya adalah 𝑟 dengan matahari sebagai salah satu titik
fokus dari orbit elips ini. Karena gaya gravitasi bersifat sentral, maka momentum sudut
roket terhadap matahari akan kekal. Misal kecepatan saat di permukaan matahari
adalah 𝑣s, dari kekekalan momentum sudut akan kita peroleh
𝐿aphelion = 𝐿perihelion
𝑚𝑣R𝑎 = 𝑚𝑣s𝑟 ⟹ 𝑣s =𝑎
𝑟𝑣R
Energi mekanik roket juga kekal karena tidak ada gaya nonkonservatif yang bekerja
pada sistem matahari-roket ini, sehingga akan kita peroleh
𝐸aphelion = 𝐸perihelion
1
2𝑚𝑣R
2 −𝐺𝑀M𝑚
𝑎=
1
2𝑚𝑣s
2 −𝐺𝑀M𝑚
𝑟
𝑣s2 − 𝑣R
2 = (𝑎
𝑟)
2
𝑣R2 − 𝑣R
2 = ((𝑎
𝑟)
2
− 1) 𝑣R2 =
2𝐺𝑀M
𝑎(𝑎
𝑟− 1)
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 32 dari 34
(𝑎
𝑟+ 1) (
𝑎
𝑟− 1) 𝑣R
2 =2𝐺𝑀M
𝑎(𝑎
𝑟− 1)
(𝑎
𝑟+ 1) 𝑣R
2 =2𝐺𝑀M
𝑎⟹ 𝑣R
2 =2𝐺𝑀M
𝑎(
𝑟
𝑎 + 𝑟)
Karena 𝑎 ≫ 𝑟 maka
𝑣R2 ≈
2𝐺𝑀M
𝑎(𝑟
𝑎) ⟹ 𝑣R = √
𝐺𝑀M
𝑎√
2𝑟
𝑎
Maka akan kita dapatkan
𝑣0 = √𝐺𝑀M
𝑎√
2𝑟
𝑎∓ √
𝐺𝑀M
𝑎⟹ 𝑣0 = √
𝐺𝑀M
𝑎(√
2𝑟
𝑎∓ 1)
Ada sesuatu yang menarik di sini temen-temen. Jika kalian perhatikan persamaan
terakhir di atas, karena 𝑟 ≪ 𝑎 maka pastilah √2𝑟/𝑎 ≪ 1 sehingga untuk tanda di atas
atau pada peluncuran situs (i), nilai 𝑣0 akan negatif. Apakah maksudnya? Tanda negatif
di sini maknanya adalah arah kecepatan 𝑣0 ini berlawanan dengan arah yang kita pilih
pada awalnya. Pada situs peluncuran (i), arah 𝑣0 yang kita pilih adalah searah
kecepatan bumi, jadi berdasarkan hasil tadi arah kecepatan 𝑣0 haruslah berlawanan
arah kecepatan bumi, sedangkan roket ini diluncurkan searah kecepatan bumi. Ingat
bahwa 𝑣0 kita ukur relatif terhadap bumi. Apakah mungkin kita meluncurkan roket
untuk keluar dari bumi sedemikian hingga saat dia keluar dari bumi dia memiliki
kecepatan yang arahnya malah balik menuju bumi? Jelas hal ini tidak mungkin. Saat
kita tinjau energinya saja, tentu hasilnya tidak ada masalah karena kita menggunakan
suku 𝑣02, namun jika kita tinjau secara fisis, hasilnya malah tidak mungkin. Jadi untuk
meluncurkan roket menuju matahari, kita haruslah meluncurkannya berlawanan
dengan arah kecepatan bumi. Sekarang, mengapa hal ini tidak menjadi masalah pada
soal bagian (b). jawabannya adalah karena pada soal bagian (b), 𝑣R > 𝑣bumi
sedangkan pada bagian (c) ini 𝑣R ≪ 𝑣bumi, sehingga pada bagian (b) tidak muncul
tanda negatif pada 𝑣0. Dengan demikian untuk peluncuran roket keluar tata surya,
kita bisa meluncurkannya searah kecepatan bumi maupun berlawanan dengan
kecepatan bumi.
Kecepatan luncur roket dari bumi adalah
Belajar Olimpiade Fisika dan Try Out Online
OSP Fisika 2019 - SMA Halaman 33 dari 34
𝑣l2 =
𝐺𝑀M
𝑎(√
2𝑟
𝑎+ 1)
2
+2𝐺𝑀B
𝑅
𝑣l2 =
𝐺𝑀M
𝑎[(√
2𝑟
𝑎+ 1)
2
+ 2𝑎/𝑅
𝑀M/𝑀B]
𝑣l = √𝐺𝑀M
𝑎[(√
2𝑟
𝑎+ 1)
2
+ 2𝛽
𝛼]
Kita tidak bisa membandingkan energi pada situs (i) dan (ii) karena pada situs (i) hal
ini tidak mungkin dilakukan. Untuk limit 𝑎 ≫ 𝑟 ≈ 0 maka
𝑣l = √𝐺𝑀M
𝑎(1 + 2
𝛽
𝛼)
d. Diketahui bahwa 𝛽/𝛼 = 0,07 dan √2 = 1,4 maka akan kita peorleh
Untuk bagian (b) situs (i)
𝑣l2
𝑣bumi2
= 3 − 2.1,4 + 2.0,07 = 0,34
Untuk bagian (b) situs (ii)
𝑣l2
𝑣bumi2
= 3 + 2.1,4 + 2.0,07 = 5,94
Untuk bagian (c) situs (ii)
𝑣l2
𝑣bumi2
= 1 + 2.0,07 = 1,14
Kesimpulan:
Ada beberapa kesimpulan yang bisa kita ambil, yaitu:
1. Pada kasus peluncuran ke luar tata surya (bagian b), akan lebih hemat energi jika
kita meluncurkan roket searah kecepatan bumi atau menggunakan situs
peluncuran (i).
2. Pada kasus peluncuran menuju matahari (bagian c), kita tidak bisa meluncurkan
roket dengan situs peluncuran (i) dan hanya bisa dengan situs peluncuran (ii).