Upload
vodieu
View
223
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
“Untuk jadi maju memang banyak tantangan dan hambatan. Kecewa
semenit dua menit boleh, tetapi setelah itu harus bangkit lagi.”
Joko Widodo
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
Olimpiade Mingguan
Minggu ke-1 Periode 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 الر الله م م ح ن
الر ح ي م
ل سو ر او ي ب
دن م
ب مح
او ن ي د م
ل س
ب ال
او ب ر االله ب
ت
ي ض
ر ر ز ب
يع ن د
امل
ر و ز ن ق
يف امه
“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
𝑣0
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
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
2𝑚(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 =1
12𝑚𝐿2
maka
Δ𝑝𝐿
2sin 𝜃 = 𝐼𝜔
Δ𝑝𝐿
2sin 𝜃 =
1
12𝑚𝐿2𝜔 ⟹ Δ𝑝 =
𝑚𝐿𝜔
6 sin 𝜃… (3)
Dari persamaan (1) dan (2) kita dapatkan 5
2𝑚(𝑣0 − 𝑣) = 𝑚𝑢 ⟹ 𝑣0 − 𝑣 =
2
5𝑢… (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
𝑢
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
𝑚𝑢 =𝑚𝐿𝜔
6 sin 𝜃⟹ 𝐿𝜔 = 6𝑢 sin 𝜃 … (6)
Dari kekekalan energi sistem kita dapatkan 1
2𝑀𝑣0
2 =1
2𝑀𝑣2 + 2
1
2𝑚𝑢2 + 2
1
2𝐼𝜔2
5𝑚𝑣02 = 5𝑚𝑣2 + 2𝑚𝑢2 +
1
6𝑚𝐿2𝜔2
5(𝑣02 − 𝑣2) = 2𝑢2 +
1
6𝐿2𝜔2
5(𝑣0 + 𝑣)(𝑣0 − 𝑣) = 2𝑢2 +
1
6(𝐿𝜔)2
Subtitusi persmaan (4) dan (6)
5(𝑣0 + 𝑣)2
5𝑢 = 2𝑢2 +
1
6(6𝑢 sin 𝜃)2
2𝑣0 + 2𝑣 = 2𝑢 + 6𝑢 sin2 𝜃
𝑣0 + 𝑣 = 𝑢(1 + 3 sin2 𝜃)
Subtitusi persamaan (5)
𝑣0 + 𝑣 =5
2(𝑣0 − 𝑣)(1 + 3 sin
2 𝜃)
1
2𝑣0(3 + 15 sin
2 𝜃) =1
2𝑣(7 + 15 sin2 𝜃) ⟹ 𝑣 =
3 + 15 sin2 𝜃
7 + 15 sin2 𝜃𝑣0
Subtitusi 𝑣 ke persamaan (5)
𝑢 =5
2(𝑣0 −
3 + 15 sin2 𝜃
7 + 15 sin2 𝜃𝑣0)
𝑢 = 5(7 + 15 sin2 𝜃
7 + 15 sin2 𝜃𝑣0 −
3 + 15 sin2 𝜃
7 + 15 sin2 𝜃𝑣0) ⟹ 𝑢 =
4
7 + 15 sin2 𝜃𝑣0
Subtitusi 𝑢 ke persamaan (6)
𝐿𝜔 = 64
7 + 15 sin2 𝜃𝑣0 sin 𝜃 ⟹ 𝜔 =
24𝑣0 sin 𝜃
(7 + 15 sin2 𝜃)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
pertama yang pada awalnya diam di beri impuls sehingga dia bergerak dengan kecepatan
konstan 𝑣0 kemudian menumbuk kubus kedua, ketiga, dan seterusnya. Di ujung meja
terdapat sebuah pojokan. Massa kubus pertama adalah 𝑀, massa kubus kedua adalah
setengah kubus pertama, massa kubus ketiga adalah setengah kubus kedua dan pola ini
berlangsung seterusnya sampai kubus terakhir yaitu kubus ke 𝑁. Setelah menumbuk
kotak di depannya, kotak tidak bertumbukan lagi, khusus untuk kotak pertama dan ke 𝑁,
dia hanya bertumbukan satu kali.
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
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
2𝑣2 ⟹ 2(𝑣1 − 𝑣1
′) = 𝑣2…(1)
Kekekalan energi mekanik 1
2𝑚𝑣1
2 =1
2𝑚𝑣1
′2 +1
2
𝑚
2𝑣22
2(𝑣12 − 𝑣1
′2) = 𝑣22
2(𝑣1 − 𝑣1′)(𝑣1 + 𝑣1
′) = 𝑣22
Subtitusi persamaan (1)
𝑣2(𝑣1 + 𝑣1′) = 𝑣2
2 ⟹ 𝑣1 + 𝑣1′ = 𝑣2…(2)
Subtitusi persamaan (2) ke (1)
𝑚1 𝑚2 𝑚3 𝑚𝑁
𝐿
𝐿
𝑣0
…
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
2(𝑣1 − 𝑣1′) = 𝑣1 + 𝑣1
′ ⟹ 𝑣1′ =
1
3𝑣1
Subtitusi 𝑣1′ ke persamaan (2)
𝑣1 +1
3𝑣1 = 𝑣2 ⟹ 𝑣2 =
4
3𝑣1
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
3𝑣1 =
1
3𝑣0
𝑣2 =4
3𝑣1 =
4
3𝑣0
𝑣2′ =
1
3𝑣2 =
4
9𝑣0
𝑣3 =4
3𝑣2 =
16
9𝑣0
𝑣3′ =
1
3𝑣3 =
16
27𝑣0
𝑣4 =4
3𝑣3 =
64
27𝑣0
…
𝑣𝑘 = (4
3)𝑘−1
𝑣0
𝑣𝑘′ =
4𝑘−1
3𝑘𝑣0
Maka kecepatan kubus ke 𝑘 setelah ditumbuk kubus ke 𝑘 − 1 adalah
𝑣𝑘 = (4
3)𝑘−1
𝑣0
b. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian a akan kita peroleh kecepatan kubus
ke 𝑁 sebelum menumbuk pojokan meja yaitu
𝑣𝑁 = (4
3)𝑁−1
𝑣0
c. Berikut adalah kondisi kotak ke 𝑁 ketika menumbuk pojokan meja
𝑚𝑁 𝑣𝑁
𝜔
𝐿
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
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
6𝑚𝑁𝐿
2
Dengan teorema sumbu sejajar, momen inersia persegi terhadap titik sudutnya
adalah
𝐼 = 𝐼pm +𝑚𝑁 (√2
2𝐿)
2
𝐼 =1
6𝑚𝑁𝐿
2 +𝑚𝑁 (√2
2𝐿)
2
⟹ 𝐼 =2
3𝑚𝑁𝐿
2
maka
𝑚𝑁𝑣𝑁𝐿
2=2
3𝑚𝑁𝐿
2𝜔 ⟹ 𝐿𝜔 =3
4𝑣𝑁
Dengan hukum kekeaklan energi mekanik sistem dengan acuan energi potensial sama
dengan nol adalah permukaan meja licin akan kita dapatkan
1
2𝑚𝑁𝑣𝑁
2 +𝑚𝑁𝑔𝐿
2=1
2(2
3𝑚𝑁𝐿
2)𝜔2 +𝑚𝑁𝑔√2
2𝐿
𝑣𝑁2 + 𝑔𝐿 =
2
3(3
4𝑣𝑁)
2
+ 𝑔𝐿√2
𝑣𝑁2 −
3
8𝑣𝑁
2 = 𝑔𝐿(√2 − 1)
5
8𝑣𝑁
2 = 𝑔𝐿(√2 − 1) ⟹ 𝑣𝑁 = √8
5 𝑔𝐿(√2 − 1)…(3)
(4
3)𝑁−1
𝑣0 = √8
5 𝑔𝐿(√2 − 1)
𝑣0 = (3
4)𝑁−1
√8
5 𝑔𝐿(√2 − 1)
Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah
Δ𝑝 = 𝑚𝑣0 ⟹ Δ𝑝 = 𝑚(3
4)𝑁−1
√8
5 𝑔𝐿(√2 − 1)
d. Sekarang tumbukan elastis sebagian, kita tinjau lagi kasus umum seperti pada bagian
a.
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
Kekekalan momentum linear
𝑚𝑣1 = 𝑚𝑣1′ +
𝑚
2𝑣2 ⟹ 2(𝑣1 − 𝑣1
′) = 𝑣2…(4)
Dengan rumus koefisien restitusi akan kita dapatkan
𝑒 = −𝑣2 − 𝑣1′
0 − 𝑣1⟹ 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)𝑣1
3) = 𝑣2 ⟹ 𝑣2 =
2(1 + 𝑒)𝑣13
Dari sini, kita lihat polanya yaitu
𝑣1 = 𝑣0
𝑣1′ =
(2 − 𝑒)𝑣13
=(2 − 𝑒)𝑣0
3
𝑣2 =2(1 + 𝑒)𝑣1
3=2(1 + 𝑒)𝑣0
3
𝑣2′ =
(2 − 𝑒)𝑣23
=2(1 + 𝑒)(2 − 𝑒)𝑣0
9
𝑣3 =2(1 + 𝑒)𝑣2
3=4(1 + 𝑒)2𝑣0
9
𝑣3′ =
(2 − 𝑒)𝑣33
=4(1 + 𝑒)2(2 − 𝑒)𝑣3
27
𝑣4 =2(1 + 𝑒)𝑣3
3=8(1 + 𝑒)3𝑣0
27
…
𝑣𝑘 = [2(1 + 𝑒)
3]
𝑘−1
𝑣0
𝑣𝑘′ =
[2(1 + 𝑒)]𝑘−1(2 − 𝑒)
3𝑘𝑣0
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
𝑣0
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
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 = [3
2(1 + 𝑒)]𝑁−1
√8
5 𝑔𝐿(√2 − 1)
Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah
Δ𝑝 = 𝑚𝑣0 ⟹ Δ𝑝 = 𝑚 [3
2(1 + 𝑒)]𝑁−1
√8
5 𝑔𝐿(√2 − 1)
g. Massa kotak ke 𝑁 adalah
𝑚𝑁 = (1
2)𝑁−1
𝑚
Energi awal sistem adalah
𝐸0 =1
2𝑚𝑣0
2
Energi akhir sistem setelah semua tumbukan terjadi adalah
𝐸 =1
2𝑚𝑣1
′ 2 +1
2
𝑚
2𝑣2′ 2 +
1
2
𝑚
4𝑣3′ 2 +
1
2
𝑚
8𝑣4′2 +⋯+
1
2(1
2)𝑁−1
𝑚𝑣𝑁2
𝐸 =1
2𝑚(𝑣1
′ 2 +1
2𝑣2′ 2 +
1
4𝑣3′ 2 +
1
8𝑣4′2 +⋯+ (
1
2)𝑁−1
𝑣𝑁2)
𝐸 =1
2𝑚𝑣0
2 (∑1
2𝑘−1[[2(1 + 𝑒)]𝑘−1(2 − 𝑒)
3𝑘]
2𝑁−1
𝑘=1
+ [2(1 + 𝑒)
3]
2𝑁−2
)
𝐸 =1
2𝑚𝑣0
2 (∑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=√2
2𝑘√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
Sehingga
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
∑2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2
32𝑘
𝑁−1
𝑘=1
=(2 − 𝑒)2
2(1 + 𝑒)2∑([
√2(1 + 𝑒)
3]
2
)
𝑘𝑁−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 − 𝑟𝑁−1)
1 − 𝑟
𝑆 =
[√2(1 + 𝑒)
3 ]
2
(1 − ([√2(1 + 𝑒)
3 ]
2
)
𝑁−1
)
1 − [√2(1 + 𝑒)
3 ]
2
𝑆 =2(1 + 𝑒)2
9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (
2(1 + 𝑒)2
9)
𝑁−1
]
Maka
∑2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2
32𝑘
𝑁−1
𝑘=1
=(2 − 𝑒)2
2(1 + 𝑒)22(1 + 𝑒)2
9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (
2(1 + 𝑒)2
9)
𝑁−1
]
∑2𝑘−1(1 + 𝑒)2𝑘−2(2 − 𝑒)2
32𝑘
𝑁−1
𝑘=1
=(2 − 𝑒)2
9 − 2(1 + 𝑒)2[1 − (
2(1 + 𝑒)2
9)
𝑁−1
]
Sehingga energi akhir sistem adalah
𝐸 =1
2𝑚𝑣0
2 ((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
2𝑚𝑣0
2 (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
𝑚𝑣0 = (𝑚 +𝑚
2+𝑚
4+𝑚
8+⋯+
𝑚
2𝑁−1)𝑉
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
𝑣0 = (1 +1
2+1
4+1
8+⋯+
1
2𝑁−1)
⏟ deret geometri
𝑉
Dengan 𝑎 = 1 dan 𝑟 = 1/2 dan 𝑛 = 𝑁 maka
𝑠 =𝑎(1 − 𝑟𝑁)
1 − 𝑟
𝑠 =1 − (
12)
𝑁
1 −12
⟹ 𝑠 = 2 − (1
2)𝑁−1
Maka
𝑣0 = [2 − (1
2)𝑁−1
] 𝑉 ⟹ 𝑉 = [2 − (1
2)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
ℎ 𝐻
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
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
22𝑚𝑣0
2
𝑔 (𝐻 −ℎ
2) =
1
2𝑣02
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
5𝑚𝑅2𝜔…(3)
Dari persamaan (1) dan (2)
2𝑚(𝑣0 − 𝑣1) = 𝑚𝑣2 ⟹ 2(𝑣0 − 𝑣1) = 𝑣2…(4)
Dari persamaan (2) dan (3)
𝑚𝑣2(ℎ − 𝑅) =2
5𝑚𝑅2𝜔 ⟹ 𝑅𝜔 =
5
2(ℎ − 𝑅
𝑅) 𝑣2…(5)
Karena tumbukan elastis maka energi kinetik sistem kekal 1
22𝑚𝑣0
2 =1
22𝑚𝑣1
2 +1
2𝑚𝑣2
2 +1
2(2
5𝑚𝑅2)𝜔2
𝑚 2𝑚
Δ𝑝 Δ𝑝
𝑣0 ℎ
𝑚 2𝑚
𝜔
𝑣2 𝑣1
Basyir Al Banjari
0896-5985-6821
mechtermlighlisfism
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
2(𝑣02 − 𝑣1
2) = 𝑣22 +
2
5(𝑅𝜔)2
2(𝑣0 − 𝑣1)(𝑣0 + 𝑣1) = 𝑣22 +
2
5(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 −𝑅2 + 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)
4𝑅2
3𝑅2 + 5(ℎ − 𝑅)2𝑣0 ⟹ 𝜔 =
10(ℎ − 𝑅)
3𝑅2 + 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 − 10𝑅2
10ℎ = 14𝑅 ⟹ ℎ =7
5𝑅
Kalau udah selesai jangan lupa doa lagi ya, bagi yang muslim baca
ا ل م ح
ل د
ه ل
ر ب
ع ال
يم ال
ن
“Segal puji bagi Allah SWT, Tuhan alam semesta”