pelatihan-OSN

Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Kumpulan soal-soal level Olimpiade Sains Nasional:
1. Sebuah batang uniform bermassa M dan panjang l, digantung pada sebuah titik A. Sebuah peluru
bermassa bermassa m menumbuk ujung batang bawah, sehingga batang berayun sebesar sudut θ.
Anggap peluru bersarang di dalam batang.
a) Tentukan kecepatan peluru. Tinjau limit M ≫ m.
A
b) Tentukan besarnya perubahan momentum sistem, dan apa yang
menyebabkannya? Tinjau juga limit M ≫ m.
θ
c) Pada jarak berapakah dari titik A, peluru harus menumbuk batang
agar momentum sistem kekal?
u
solusi:
a) Pertama hitung momen inersia sistem terhadap titik A setelah
1
I = ML2 mL2
3
peluru bersarang:
Momentum sudut terhadap titik A kekal dalam proses tumbukan:
muL = Iω.
Karena sistem membentuk sudut θ setelah tumbukan, maka kecepatan sudut persis setelah
tumbukan adalah ω diberikan oleh


1
L
I 2 = Mg mg L 1−cos  
2
2
Dengan menggunakan ketiga persamaan ini, didapat
u=
 
 2g L
M 3 m
sin
m
2
3
Untuk limit M ≫ m, didapat
u=
M 2 m
M 3m

M
sin
m
2

2g L
3
b) Momentum akhir batang dan peluru persis setelah tumbukan adalah
pf=


M
mu
m
2
M
m
3
Maka perubahan momentum sistem diberikan oleh:
1
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
 p= p f − pi =
 
 gL
M
mu
=M sin
M 3 m 2
2 6
Untuk limit M ≫ m, didapat  p=M sin

 gL
2 6
M 2 m
M 3m
Penyebab munculnya perubahan momentum sistem adalah adanya impuls pada titik A pada
batang L. Pemilihan titik tumbuk pada batang dengan tepat dapat menghilangkan impuls ini
seperti ditunjukkan pada nomor c.
c) Jika peluru menumbuk batang pada jarak x dari titik A, maka berdasarkan hukum kekekalan
momentum sudut, didapat
mux = Iω.
Jika dalam tumbukan ini, x dipilih sedemikian sehingga momentum linear juga kekal, maka
diperoleh hubungan kedua:
m u=m xM 
L
2
Dengan menyamakan kedua persamaan ini, didapat
2
x= L
3
2. Sebuah bola dengan massa M bergerak dengan kecepatan awal V0 pada permukaan datar tanpa
gesekan. Bola ini menumbuk salah satu bola pada sistem yang terdiri dari 2 massa m = 2 kg yang
terhubung dengan pegas tak bermassa yang memiliki konstanta pegas k = 1 kg/s2. Anggap
tumbukan terjadi dalam satu dimensi, elastik dan dalam selang waktu yang sangat singkat.
M
V0
m
k
m
a) Berapakah kecepatan ketiga bola sesaat setelah tumbukan?
b) Berapakah periode osilasi sistem 2 massa m dan pegas k?
c) Berapakah amplitudo (pemendekan maksimum pegas) osilasi sistem 2 massa m dan pegas k?
d) Tentukan posisi M relatif terhadap titik tumbukan sebagai fungsi waktu (sebelum tumbukan
kedua). Ambil t =0 saat tumbukan pertama.
e) Tentukan posisi m yang ditumbuk oleh M relatif terhadap titik tumbukan sebagai fungsi waktu
2
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
(sebelum tumbukan kedua). Ambil t =0 saat tumbukan pertama.
f) Berapakah harga minimum dari massa M agar bisa terjadi tumbukan kedua kalinya? Petunjuk:
gunakan grafik untuk penyelesaian akhir. Anda tidak memerlukan jawaban yang sangat teliti.
g) Berapakah waktu antara kedua tumbukan pada kasus d?
Solusi:
a) Namakan bola M sebagai benda 1, bola m yang mengalami tumbukan sebagai benda 2, dan bola
yang terhubung lewat pegas ke benda 2 sebagai benda 3. Karena tumbukan bersifat sesaat,
maka benda ketiga tidak mempengaruhi tumbukan pertama, sehingga kecepatan benda 3 sesaat
setelah tumbukan adalah 0.
Dengan demikian, tumbukan dapat dipandang sebagai tumbukan 2 benda yang melibatkan
massa M yang bergerak ke kanan dengan kecepatan V0 menumbuk massa m yang diam.
Pengerjaan tumbukan ini dapat dilakukan dengan berbagai cara standar, dalam pembahasan ini
akan digunakan kerangka pusat massa (untuk benda 1 dan benda 2). Pertama hitung kecepatan
pusat massa sistem massa M dan massa m:
v cm I =
M V0
.
M m
Dalam kerangka pusat massa, massa M bergerak ke kanan dengan kecepatan:
v 1,cm I =V 0−v cm I=
mV 0
,
M m
dan massa m bergerak dengan dengan kecepatan:
v 2,cm I =0−v cm I =−
M V0
.
M m
Tanda negatif menunjukkan bahwa massa m bergerak ke kiri dalam kerangka pusat massa.
Tumbukan elastik dalam kerangka pusat massa merupakan tumbukan yang sangat sederhana.
Kedua benda hanya berubah arah saja. Karena tumbukan terjadi dalam 1 dimensi, maka benda
hanya berbalik arah saja:
v '1,cm I =−v 1, cm I=−
dan
'
v 2,cm I =−v 2,cm I =
mV 0
,
M m
MV0
.
M m
Besar kecepatan-kecepatan dalam kerangka lab diberikan oleh:
3
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
v '1=v '1,cm I v cm I =
dan
M −m
V ,
M m 0
v'2 =v '2, cm I v cm I =
2M
V .
M m 0
Perhatikan bahwa kecepatan massa M setelah tumbukan dapat berharga positif atau negatif,
tergantung dari nilai M dan m.
b) Setelah tumbukan, benda 2 dan benda 3 akan bergerak bersama-sama. Gerakan sistem akan
terlihat sedikit kompleks. Tetapi berdasarkan argumen simetri, dapat diintuisikan bahwa gerak
benda sebenarnya terdiri dari gerak osilasi (dengan kedua benda bergerak berlawanan arah) dan
gerak lurus (dimana kedua benda bergerak dengan bersama-sama dengan kecepatan konstan).
Dengan memisahkan kedua gerak ini, maka evolusi sistem menjadi sederhana. Dengan memilih
bekerja dalam sistem pusat massa benda 2 dan benda 3 (bedakan dengan pusat massa pada
nomor a), maka secara otomatis gerak lurus sistem hilang, dan gerak kedua benda menjadi
hanya osilasi harmonik sederhana.
Dalam kerangka pusat massa, kedua benda bergerak berlawanan arah. Pusat pegas tidak
bergerak sama sekali. Dengan memanfaatkan simetri ini, peninjauan sistem dapat dilakukan
dengan hanya meninjau setengah bagian dari sistem yaitu satu massa m dan setengah pegas.
Pegas dengan panjang setengah panjang mula-mula mempunyai konstanta pegas dua kali lebih
besar. Jadi sistem yang sekarang ditinjau setara dengan sistem massa m yang dihubungkan
dengan pegas dengan konstanta pegas 2k. Periode osilasi sistem seperti adalah
T =2 

m
2k
c) Tinjau sistem benda 2 dan benda 3. Dalam kerangka lab, mula-mula benda 2 bergerak dengan
kecepatan
'
v 2=
2M
V ,
M m 0
sedangkan benda 3 diam. Kecepatan pusat massa sistem benda 2 dan benda 3 adalah
v cm II =
mv '2
M
=
V
mm M m 0
Dalam kerangka pusat massa benda 2 dan benda 3, kecepatan benda 2 dan 3 adalah:
'
'
v 2,cm II =v 2 −v cm II =
4
M
V
M m 0
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
v '3, cm II =0−v cm II =−
M
V
M m 0
Dalam kerangka pusat massa, benda 2 bergerak menekan pegas dengan konstanta pegas 2k.
Simpangan maksimum benda 2 adalah ½ amplitudo, dan simpangan maksimum benda 3 adalah
½ amplitudo. Jadi dengan menggunakan hukum kekekalan energi, didapat

2
1
A
1
2 k 
= m v '2,cm II 2 ,
2
2
2
atau
A=
2 M V0
M m

m
2k
d) Posisi benda 1 relatif terhadap titik tumbukan diberikan oleh:
'
x 1=v 1 t =
M −m
V t .
M m 0
e) Posisi benda 2 relatif terhadap pusat massa benda 2 dan 3 diberikan oleh
x 2, cm II =−
L0 A
L
M V0
 sin t=− 0 
sin t ,
2 2
2 M m 
dengan L0 adalah panjang mula-mula pegas.
Posisi pusat massa benda 2 dan 3 relatif terhadap titik tumbukan diberikan oleh
x cm II =
L0
L
M
v cm II t= 0 
V t .
2
2 M m 0
Posisi benda 2 relatif terhadap titik tumbukan adalah
x 2= x 2,cm II  x cm II =
M V0
M
sin  t
V t
M m 
M m 0
f) Agar tumbukan kedua terjadi, maka x1 = x2, atau
M −m
M V0
M
V 0 t=
sin t
V t .
M m
M m 
M m 0
Sederhanakan:

sin t
1
1
V 0 t 1−=
V 0 t 1
1
1
t

,
dengan γ = m/M.
Tampak bahwa bentuk ini memerlukan solusi seperti:
5
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
sin  t sin 
≡
=− .
t

sin α
α0
ψ
α
tan ψ = -γ
Persamaan terakhir dapat lebih mudah diselesaikan dengan menggunakan metode grafik. Nilai
minimum M setara dengan nilai maksimum γ, ditunjukkan pada grafik sebagai nilai maksimum
dari sudut ψ. Pada gambar terlihat bahwa nilai maksimum ψ dicapai saat garis lurus
menyinggung kurva sin α. Kalau dicari dengan teliti, akan didapat nilai α0 = 4,49. Tetapi
dengan metode pendekatan, tampak bahwa α0 = 3π/2 = 4,71. Atau dengan demikian, harga γ =
0,2225 (atau dengan pendekatan γ =2/(3π) = 0,2122).
Dengan memasukkan harga ini, didapat M minimum adalah 8,9868 kg (dengan pendekatan M
minimum adalah 9,42 kg)
t 0=
g) Waktu agar terjadi tumbukan kedua adalah
0

=0

m
. Untuk nilai yang teliti didapat
2k
t0 = 4,49 s. Dengan menggunakan pendekatan didapat t0 = 4,71 s.
3. Sebuah kereta dengan massa M dapat bergerak bebas tanpa gesekan. Kereta ini dihubungkan ke
dinding lewat sebuah pegas dengan konstanta pegas k. Di atas kereta terdapat bola dengan massa m,
dan jari-jari r . Koefisien gesekan antara bola dan kereta adalah µ.
a) Jika kereta diberi simpangan kecil, maka kereta akan berosilasi bolak-balik dengan bola di
atasnya ikut berosilasi. Apabila simpangannya cukup kecil, bola hanya akan menggelinding
bolak-balik tanpa slip. Hitung periode osilasi bola atau kereta.
b) Hitung amplitudo maksimum osilasi kereta agar bola tidak terpeleset (bola berosilasi tanpa
6
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
slip)!
k
m
M
( Soal OSN 2006 )
Solusi:
a) Pertama tinjau gerak kereta: Anggap kereta sedang menyimpang ke kanan sejauh x, maka gaya
pulih dari pegas adalah -kx, dengan tanda negatif mengindikasikan bahwa gaya melawan arah
penyimpangan. Misalkan kalau bola atas memberi gaya gesek ke kanan pada kereta (pemisalan
ini tidak akan mempengaruhi hasil), maka didapat persamaan:
- kx + f = MaM.
Pada bola hanya bekerja gaya gesek, sehingga persamaan gerak bola diberikan oleh:
- f = mam.
Gerak rotasi bola diberikan oleh:
fr = I α.
Syarat agar tidak slip:
αr = am- aM.
Dengan menggunakan keempat persamaan dan momen inersia bola,
2
I = mr 2 didapat
5
2
a m= a M ,
7
dan
aM 
7k
x=0 .
7 M 2 m
Persamaan ini adalah persamaan osilasi harmonik sederhana dengan periode osilasi:
T =2 
b) Dari persamaan-persamaan di atas, diperoleh

7 M 2 m
7k
2
2m
f =− ma M =
kx
7
7 M 2 m
Nilai maksimum dicapai saat simpangan maksimum:
7
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
f maks =
2m
kA
7 M 2 m
Dari syarat bahwa nilai maksimum gesekan selalu lebih kecil atau sama dengan µN, didapat
 mg ≥
A≤
atau
2m
kA
7 M 2 m
7 M 2 m
g
2k
4. Sebuah massa ma (anggap massa titik) bergerak mendekati sebuah pasak mb dengan kecepatan awal
v0. Pasak berbentuk segitiga sama kaki dengan sudut α, dan panjang sisi l. Anggap semua sistem
licin. Anggap juga transisi massa ma saat menaiki pasak mb di titik A mulus (tidak terjadi
kehilangan energi). Demikian juga di titik B dan titik C. Anggap juga kecepatan ma selalu cukup
kecil sedemikian sehingga jika massa ma berhasil melewati titik B, maka massa ma tidak terlepas
dari lintasan.
a) Hitung kecepatan massa ma relatif terhadap pasak mb, saat massa ma mulai menaiki sisi AB (saat
ma di titik A). Gunakan konvensi berikut: kecepatan (sepanjang sisi AB) massa ma relatif
terhadap pasak mb adalah v1, sedangkan kecepatan pasak mb relatif terhadap bumi adalah v2.
Nyatakan jawaban anda dalam v0, ma ,mb dan α.
B
l
ma
v0
mb
α
α
A
C
b) Setelah massa ma berada di sisi AB, maka massa ma akan dipercepat, demikian juga pasak.
Gunakan konvensi berikut: percepatan massa ma relatif terhadap pasak mb diberikan oleh a1,
akan bernilai positif jika percepatannya ke atas (ke arah B), dan percepatan pasak mb relatif
terhadap bumi diberikan oleh a2, akan bernilai positif jika percepatannya ke kanan. Hitung
percepatan a1 dan a2. (nyatakan dalam g, ma ,mb dan α)
c) Hitung kecepatan minimum dari v0 agar massa ma bisa mencapai titik B.
d) Jika kecepatan awal massa ma persis sama dengan kecepatan minimum pada soal (c), hitung
8
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
waktu yang dibutuhkan (tnaik) agar massa ma bisa mencapai titik B dihitung dari saat massa
melewati titik A.
e) Jika kecepatan awal massa ma lebih kecil daripada kecepatan minimum pada soal c, hitung
kecepatan akhir ma dan mb (saat ma sudah meninggalkan pasak mb).
f) Jika kecepatan awal massa ma hanya sedikit lebih besar daripada kecepatan minimum pada soal
(c), sehingga kecepatan massa ma di titik B (relatif terhadap pasak) hampir nol, tetapi cukup
membuat massa ma mulai menuruni sisi BC, hitung waktu yang dibutuhkan (tturun) agar massa ma
bisa mencapai titik C. Waktu dihitung dari saat massa meninggalkan titik B.
g) Jika kecepatan massa ma lebih besar daripada kecepatan minimum pada soal (c), hitung
kecepatan akhir ma dan mb (saat ma sudah meninggalkan pasak mb).
( Soal OSN 2008 )
Solusi:
a) Energi sistem kekal saat transisi massa ma menaiki sisi AB.
Energi kinetik mula mula massa ma =
Energi kinetik akhir massa ma =
Energi kinetik akhir massa mb =
1
ma v20
2
(1)
1
2
2
ma  v1 cos α+v 2    v 1 sin α 
2


1
mb v22
2
(2)
(3)
1
1
1
2
2
ma v 20= ma  v 1 cos α+v 2   v 1 sin α   mb v 22
2
2
2
(4)
Kekekalan momentum arah horizontal: m a v 0 = m a  v 1 cos   v 2  m b v 2
(5)
Kekekalan energi:


dari persamaan (5) didapat
v2=
m a v 0 −v 1 cos  
m a m b
(6)
Substitusikan persamaan (6) ke persamaan (4), sederhanakan, didapat
v 1=
b) Persamaan gerak massa ma :
arah sejajar AB:

mb
m a sin 2  m b
− m a g sin  = m a  a 1  a 2 cos  
9
v0
(7)
(8)
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
arah tegak lurus AB:
N − m a g cos =−m a a 2 sin 
(9)
Persamaan gerak massa mb :
arah horizontal:
N sin = m b a 2
(10)
N
a1
Gunakan persamaan (10) dan persamaan (9), didapat
a 2=
m a sin  cos 
2
m a sin  m b
g
(11)
a2
mag
Gunakan persamaan (11) pada persamaan (8), didapat
a 1=−
m a m b
g sin 
2
ma sin  m b
(12)
c) Syarat agar bisa mencapai titik B: kecepatan massa ma dan pasak mb sama saat ma ada di titik B.
Momentum linear arah horizontal kekal: m a v 0, min=m a v Bm b v B
Kekekalan energi:
1
1
1
ma v 20, min= ma v 2B  mb v 2B ma g l sin 
2
2
2
(13)
(14)
Gunakan persamaan (13) pada persamaan (14), didapat
v 0, min =

2 m a m b 
g l sin 
mb
(15)
d) waktu yang dibutuhkan diberikan oleh persamaan (7), (12) dan (15).

2
2
v1
mb
2  m a m b
 m a sin   m b 
1
t naik =
=
g
l
sin

2
2
2
− a 1 m a sin   m b
mb
 m a m b
g sin 2 
(16)
sederhanakan

m a sin 2  m b 2 l
t naik =
m am b
g sin 
(17)
e) Jika massa ma tidak berhasil melewati mb maka proses yang terjadi adalah seperti tumbukan
lenting sempurna antara kedua massa tersebut. Ada berbagai cara untuk mendapatkan hasil
akhir kecepatan untuk proses tumbukan lenting sempurna. Di sini, solusi akan diperoleh dengan
menggunakan kerangka pusat massa sistem.
Kecepatan pusat massa : v cm =
ma v 0
m am b
(18)
10
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
ma v 0
mb v 0
=
m am b m a m b
(19)
ma v 0
−m a v 0
=
m a mb ma m b
(20)
Kecepatan mula-mula ma dalam frame pusat massa: v 0 −
Kecepatan mula-mula mb dalam frame pusat massa: 0−
Kecepatan akhir ma dalam frame pusat massa:
−m b v 0
m am b
(21)
Kecepatan akhir mb dalam frame pusat massa:
ma v0
m am b
(22)
Kecepatan akhir ma dalam frame lab:
m a−m b
v
m am b 0
(23)
Kecepatan akhir mb dalam frame lab:
2 ma
v
m am b 0
(24)
f) Jika kecepatan ma relatif terhadap mb di titik B hampir nol, maka proses ma naik dari A ke B
simetri dengan proses ma turun dari B ke C. Jadi waktu turun sama dengan waktu naik.
t turun=

m a sin 2 m b 2 l
m a m b g sin 
(25)
g) Jika massa ma berhasil melewati mb maka proses yang terjadi bersifat simetri. Dari argumen ini,
maka akan diperoleh kecepatan akhir dan awal akan semua sama.
Jadi kecepatan akhir ma adalah v0 dan kecepatan akhir mb adalah nol.
5. Dua buah positron (e+) masing-masing berada pada dua pojok yang
berlawanan pada sebuah bujur sangkar dengan panjang sisi a. Pada
p
e+
dua pojok lain, terdapat dua proton (p). Mula mula semua partikel
ditahan sehingga tidak dapat bergerak. Kemudian pada suatu saat,
semua partikel dilepas bersamaan. Muatan positron sama dengan
proton yaitu e, dengan massa proton kira kira 1800 kali massa
a
p
e+
a
positron.
a) Tuliskan gaya yang bekerja pada masing-masing partikel.
b) Jelaskan secara kualitatif pergerakan partikel partikel ini?
c) Tentukan kecepatan masing masing partikel setelah waktu yang cukup lama (kecepatan partikel
11
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
sudah dapat dianggap konstan). Nyatakan jawaban anda dalam k, e, me dan mp.
d) Berapa perbandingan energi kinetik positron terhadap energi kinetik proton? Berikan harga
numerik.
Solusi:
a) Tinjau positron pada posisi kanan atas:
gaya Coulomb dari proton di sebelah kirinya adalah F1 =
gaya Coulomb dari proton di sebelah bawah adalah
k e2
x
a2
k e2
F 2= 2 y
a
k e2 1
 x  y 
gaya Coulomb dari positron di arah diagonal adalah F 3= 2
2 a 2

k e2
2
 y  1 
Gaya total yang bekerja pada positron ini adalah F=F1 F2 F3 = 2  x
4
a

Dengan cara yang sama, akan didapat:
Gaya total pada positron di kiri bawah adalah F=−
Gaya total pada proton kiri atas adalah F=

k e2
2
 y  1 
 x
2
4
a

k e2
2
 y  1 
−x
2
4
a
Gaya total pada proton kanan bawah adalah F=



k e2
2
 x −y  1
2
4
a

b) Karena massa positron jauh lebih kecil, maka mereka merespon gaya jauh lebih cepat.
Akibatnya begitu dilepas, kedua positron akan terpental terlebih dahulu menuju tak hingga,
sementara proton masih tetap di tempat. Setelah kedua positron jauh sekali, barulah proton
bergerak saling menjauh.
c) Untuk meninjau kecepatan positron, lebih baik menggunakan tinjauan energi. Energi potensial
sistem mula-mula datang dari interaksi keempat partikel:
2
U=


2
ke
2
ke
4
=
 4  2 
a
2 a
Energi potensial sistem setelah kedua positron menjauh adalah
12
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
U '=
ke
a
2
 
1
ke
=
2 a
2
 
1
2
2
Energi mekanik sistem kekal, sehingga energi kinetik kedua positron diperoleh dari selisih
kedua energi potensial ini. Kecepatan positron diberikan oleh:
2
atau

  
 
2
1
ke
1
me v 2e =
4  2
2
a
2
ve=

k e2
1
4 2
a me
2
Setelah itu, kedua proton bergerak saling menjauh sampai energi potensialnya mendekati nol.
Kecepatan proton diberikan oleh:
2
atau

  
 
2
1
ke 1
m v2 =
2
2 p p
a 2
v p=

k e2 1
2
amp 2
d) Rasio energi kinetik diberikan oleh:
2
EK e 4 2
=
=4  21
EK p
2
2
6. Perhatikan sistem di samping. Sistem mulanya dijaga
diam dalam konfigurasi seperti gambar. Kemudian massa
m dilepas. Anggap tidak ada gesekan sama sekali, dan
abaikan efek katrol. Panjang tali selalu tetap. Sudut θ
dipilih sedemikian sehingga dalam gerakannya, sudut ini
selalu tetap.
Gunakan sistem koordinat seperti pada
M
θ
y
x
m
gambar.
a) Tuliskan persamaan gerak benda M dan benda m.
b) Nyatakan percepatan massa m (baik dalam arah x maupun arah y), dalam percepatan massa M.
c) Tentukan berapakah nilai sudut θ agar kemiringan tali selalu tetap.
d) Hitung percepatan massa M untuk M/m = ½.
Solusi
13
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
a) anggap besar tegangan tali adalah T.
Persamaan gerak M:
T – T sin θ = MaM.
Persamaan gerak m dalam arah x:
T sin θ = mam,x.
Persamaan gerak m dalam arah x:
mg - T cos θ = mam,y.
b) Perhatikan diagram di samping.
ΔxM
Massa M berpindah dari posisi A ke posisi C sejauh ΔxM.
C
A
θ
Massa m berpindah dari posisi B ke posisi D.
Panjang tali dalam arah miring bertambah sebanyak ΔxM, yaitu ED.
E
Perpindahan dalam arah x dari massa m adalah EB – ED sin θ,
atau Δxm = ΔxM (1 – sin θ)
B
θ
D
Perpindahan dalam arah y dari massa m adalah ED cos θ,
atau Δym = ΔxM cos θ.
Dari kedua hubungan ini, didapat
am,x =aM (1 -sin θ )
am,y =aM cos θ
c) Persamaan pertama:
T (1– sin θ) = MaM.
Persamaan kedua:
T sin θ = maM (1 -sin θ ).
Bagi persamaan pertama dengan persamaan kedua, didapat
1−sin 
M
=
sin 
m1−sin 
2
Sederhanakan, didapat
m sin − 2 mM sin m=0
dengan solusi:
M
M
M
sin =1
±

2m
m
2m

 
2
.

 
Supaya sin θ < 1, maka ambil solusi negatif: sin =1 M − M  M
2m
m
2m
2
d) dengan memasukkan nilai M/m ke hubungan di atas, didapat sin θ = 0,5, sehingga didapat
aM =
g
3
7. Tinjau sebuah silinder pejal dengan massa m dan jari-jari r yang meluncur turun tanpa
menggelinding pada sebuah permukaan pasak bermassa M. Anggap tidak ada gesekan sama sekali,
14
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
baik antara silinder dengan pasak maupun antara pasak dengan lantai.
a) Berapa jauhkan pasak akan bergeser jika silinder telah
m
turun sejauh h dalam arah vertikal?
b) Sekarang anggap silinder menggelinding turun tanpa
slip. Berapakah pergeseran pasak jika silinder turun
M
sejauh h dalam arah vertikal?
h
θ
c) Hitung percepatan silinder relatif terhadap pasak untuk
kasus menggelinding tanpa slip
d) Hitung percepatan silinder relatif terhadap pasak untuk kasus meluncur tanpa menggelinding.
e) Manakah yang mencapai dasar pasak duluan, apakah kasus menggelinding tanpa slip atau kasus
meluncur turun tanpa menggelinding?
Solusi:
a) Karena tidak ada gaya dalam arah mendatar, maka posisi pusat massa dalam arah ini tidak
berubah. Jika silinder telah menuruni jarak vertikal sejauh h, maka silinder telah menuruni
punggung pasak sejauh h/sin θ.
Misalkan perpindahan pasak dalam arah horizontal = xM,
maka perpindahan silinder dalam arah horizontal =
x M−
h
cos  .
sin 
Karena posisi pusat massa dalam arah x tidak berubah, maka didapat hubungan:
M  x M m x M −h cot =0 .
Sederhanakan, didapat
x M=
mh
cot 
M m
b) Hasil di atas tidak terpengaruh apakah silinder menggelinding turun tanpa slip ataukah silinder
meluncur turun tanpa mengelinding. Jadi, pergeseran M adalah sama dengan nomor a:
x M=
mh
cot 
M m
c) Untuk kasus ini, ada gaya gesek yang bekerja pada sistem. Pada silinder, ada 3 gaya yang
bekerja: gaya berat mg, gaya normal N dan gaya gesek f. Anggap percepatan silinder relatif
terhadap pasak adalah am dan percepatan pasak relatif terhadap lantai adalah aM.
Persamaan gerak silinder dalam arah sepanjang permukaan pasak diberikan oleh:
f – mg sin θ = m( aM cos θ - am ),
15
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
persamaan gerak silinder dalam arah tegak lurus permukaan pasak diberikan oleh
mg cos θ – N = maM sin θ,
dan persamaan gerak rotasi diberikan oleh
fr = Iα,
dengan I = ½ mr2. Kondisi agar tidak slip adalah αr = am.
Persamaan gerak pasak diberikan oleh
N sin θ – f cos θ = MaM.
Dengan menyelesaikan persamaan-persamaan di atas, didapat
aM =
m cos 
a ,
mM m
a m=g sin 
2 mM 
m12 sin 2 3 M
d) Untuk kasus meluncur tanpa menggelinding tidak terdapat gaya gesek. Anggap percepatan
silinder relatif terhadap pasak adalah am dan percepatan pasak relatif terhadap lantai adalah aM.
Persamaan gerak silinder dalam arah sepanjang permukaan pasak diberikan oleh:
– mg sin θ = m( aM cos θ - am ),
persamaan gerak silinder dalam arah tegak lurus permukaan pasak diberikan oleh
mg cos θ – N = maM sin θ.
Persamaan gerak pasak diberikan oleh
N sin θ = MaM.
Hubungan percepatan silinder dan pasak masih sama dengan nomor c:
aM =
dengan nilai am adalah
m cos 
a ,
mM m
a m=g sin 
 mM 
.
msin 2 M
e) Dengan membandingkan kedua percepatan, tampak bahwa percepatan kasus meluncur tanpa
menggelinding memiliki percepatan yang lebih besar, sehingga waktunya akan lebih singkat.
8. Pada sebuah bidang miring dengan sudut kemiringan θ = 300 terdapat sebuah balok dengan massa
m2 = 4 kg yang dihubungkan dengan tali yang ringan ke sebuah silinder pejal dengan massa m1 = 8
kg dan jari-jari r = 5 cm. Tali melalui pusat silinder. Koefisien gesek (statis sama dengan koefisien
16
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
gesek kinetis) antara balok dengan bidang miring adalah µ = 0,2. Antara silinder dan bidang miring
juga mempunyai koefisien gesek yang sama.
m2
a) Tentukan percepatan kedua massa jika mereka dilepas.
b) Tentukan syarat θ minimum agar kedua benda bisa mulai
m1
bergerak
c) Tentukan syarat θ maksimum agar kedua benda bisa
bergerak bersama.
θ
Solusi:
a) Bidang miring akan mengerjakan gaya gesek pada kedua benda, tetapi besarnya beda. Pada
benda m2, besar gesekan adalah µm2gcos θ, sedangkan pada benda m1, gesekan belum mencapai
harga maksimum µm1gcos θ. Terdapat tegangan tali antara kedua benda.
Persamaan gerak benda 1: m1 g sin −T − f =m1 a
Persamaan gerak benda 2: T m 2 g sin − m2 g cos =m2 a
Persamaan gerak rotasi benda 1:
f r= I  , dengan I = ½ mr2.
Syarat tidak slip:  r =a
Didapat
a=
 m1m 2 sin − m2 cos 
g
3
m m2
2 1
Dengan memasukkan besaran yang diketahui, didapat a = 0,33 g.
b) Syarat agar mulai bergerak: a = 0, sehingga didapat
tan =
m 2
m1m 2
Dengan memasukkan besaran yang diketahui, didapat θ = 3,810.
c) Syarat agar kedua benda bisa bergerak bersama adalah tegangan tali harus lebih besar daripada
nol. Masukkan fungsi a ke dalam persamaan gerak, didapat
3
T =m 1 g sin − m1 a
2
atau
m2
T
3 m1m2 sin − m2 cos 
=sin −
=
 3 cos −sin  
m1 g
2
3
3 m12 m2
m m2
2 1
Syarat agar T = 0 adalah tan =3
Dengan memasukkan besaran yang diketahui, didapat θ = 30,960.
17
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
9. Perhatikan gambar di bawah. Dua buah dumb-bell bergerak mendekati satu terhadap yang lain
dengan kecepatan masing-masing v. Setiap dumb-bell terdiri dari 2 massa m yang terpisah pada
jarak 2l oleh suatu batang tak bermassa. Mula-mula keduanya tidak berotasi sama sekali. saat t=0
keduanya bertumbukan lenting sempurna.
a) Diskripsikan evolusi sistem setelah tumbukan ini.
m
2l
l
v
m
m
v
2l
l
m
b) Anggap tumbukan terjadi di titik koordinat (0,0). Gambar grafik posisi y(x) untuk setiap massa
(keempat massa).
( Soal OSN 2007 )
Solusi:
a)
○
Dumb-bell yang bergerak ke kanan, namakan dumb-bell A, terdiri dari massa 1 dan massa
2. Dumb-bell yang bergerak ke kiri, namakan dumb-bell B, terdiri dari massa 3 dan 4.
○
Massa 2 dan 3 adalah massa yang bertumbukan. Karena semua massa adalah massa titik,
dan batang tidak memiliki massa, serta tumbukan berlangsung sangat singkat, maka dalam
proses tumbukan ini, kita hanya perlu meninjau massa 2 dan 3 saja. Abaikan kehadiran
massa 1 dan 4.
○
Dalam tumbukan lenting sempurna 1 dimensi antara 2 massa yang identik, kedua massa
yang bertumbukan hanya bertukaran kecepatan.
○
Jadi kecepatan 2 mula-mula ke kanan, setelah tumbukan akan mengarah ke kiri dengan
besar v. Kecepatan mula-mula massa 3 ke kiri, setelah tumbukan akan mengarah ke kanan
dengan besar v.
○
Sekarang tinjau dumb-bell A. Massa 1 bergerak ke kanan, dan massa 2 bergerak ke kiri,
18
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
masing masing dengan laju v. Karena massa 1 dan 2 sama, maka dumb-bell A hanya akan
berotasi searah jarum jam terhadap pusat massa, dan pusat massa dumb-bell diam.
○
Tinjau dumb-bell B. Massa 3 bergerak ke kanan dengan laju v, massa 4 bergerak ke kiri
dengan laju v. Karena massa 3 dan 4 sama, maka dumb-bell B hanya akan berotasi searah
jarum jam dan pusat massa dumb-bell B diam.
○
v
Kecepatan sudut rotasi dumb-bell A dan B sama yaitu ω  .
l
○
Setelah setengah periode putaran:
○
Konfigurasi sebelum tumbukan adalah:
■
π πl
 , akan terjadi tumbukan untuk kedua kalinya.
ω v
Dumb-bell A: massa 2 di atas, bergerak ke kanan dengan laju v. Massa 1 di bawah
bergerak ke kiri dengan laju v.
■
Dumb-bell B: massa 4 di atas, bergerak ke kanan dengan laju v. Massa 3 di bawah
bergerak ke kiri dengan laju v.
○
Pada tumbukan kedua, massa 1 dan 4 bertumbukan. Seperti pada tumbukan pertama, hanya
terjadi pertukaran kecepatan. Massa 1 mendapat kecepatan ke kanan sebesar v, dan massa 4
mendapat kecepatan sebesar v ke kiri.
○
Setelah tumbukan ini, dumb-bell A bergerak lurus ke kanan, tanpa rotasi dengan massa 2 di
atas, dan massa 1 di bawah
○
Sedangkan dumb-bell B bergerak lurus ke kiri tanpa rotasi, dengan massa 3 di bawah dan
massa 4 di atas.
b)
Massa 1
Massa 2
19
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
Massa 3
Massa 4
10.Dua buah bola kecil dapat bergerak bebas tanpa gesekan pada dua buah lintasan lurus yang paralel
satu dengan lainnya. Jarak antara kedua lintasan adalah d. Bola 1 mempunyai massa m dan muatan
q bergerak dengan kecepatan v0 mendekati bola 2 yang memiliki massa M dan muatan Q. Anggap
mula-mula bola 2 diam, dan jarak di antara kedua bola sangat besar.
a) Ada satu keadaan khusus dimana bola 1 dan bola 2 akhirnya
v0
dapat bergerak bersama-sama dengan kecepatan yang sama.
m,q
Tentukan kecepatan awal agar hal ini bisa terjadi?
d
b) Jika bola 1 tidak berhasil melewati bola 2, berapakah jarak
horizontal
terdekat
(dalam
arah
sepanjang
lintasan)
M,Q
keduanya?
c) Jika bola 1 tidak berhasil melewati bola 2, berapakah kecepatan akhir masing-masing bola?
d) Jika bola 1 berhasil melewati bola 2, berapakah kecepatan akhir masing-masing bola?
Solusi:
a) Dalam keadaan ini, bola 1 dan bola 2 akhirnya bergerak bersama-sama. Keduanya harus berada
pada jarak d, agar tidak ada gaya dalam arah lintasan di antara mereka.
Momentum sistem kekal:
mv 0=m M V
Energi sistem kekal:
1 2 1
kqQ
mv 0 = mM  v 2
2
2
d
Dengan menggunakan 2 persamaan ini, didapat
2
1 mMv 0 kqQ ,
=
2 m M
d
20
Bandung, Maret 2009
Tim Olimpiade Fisika Indonesia
atau
v0 =

2 kqQ mM
d
mM
b) Jika kecepatan awal lebih kecil daripada nilai pada nomor a, maka kedua bola akan berada pada
jarak terdekat yang lebih besar daripada d. Persamaan kekekalan energi dan momentum masih
berlaku, tetapi dengan sedikit perubahan pada jarak terdekat antar bola:
2
1 mMv 0
kqQ
= 2 2 .
2 m M  d  x
Dengan menyelesaikan persamaan ini, didapat
x=


2
2 kqQ m M 
−d 2
2
mMv 0
c) Jika bola 1 tidak berhasil melewati bola 2, maka proses yang terjadi adalah seperti proses
tumbukan lenting sempurna. Dengan menggunakan kekekalan energi dan kekekalan
momentum, akan diperoleh kecepatan akhir bola 1:
v 1=
m− M
v .
m M 0
v2 =
2m
v
mM 0
jika m>M maka v1 searah v0.
Dan kecepatan bola 2:
d) Jika bola 1 berhasil melewati bola 2, maka proses yang terjadi adalah simetris dalam kerangka
pusat massa. Jika proses ditinjau dalam kerangka lab, maka yang terjadi adalah bola 1 tetap
mempunyai kecepatan v0 dan bola 2 akhirnya juga diam.
21
Bandung, Maret 2009