OPTIMASI GETARAN

Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com
SELEKSI OSN TINGKAT PROVINSI 2014
TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015
Bidang Fisika
Waktu : 3,5 Jam
DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH
DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS
TAHUN 2014

1. Balok bermassa 2m mula-mula diam terbawah bidang miring ( massa M dan sudut
kemiringan  ). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada saat
awal t=0, sebutir peluru dengan massa m dan kecepatan 0v bergerak paralel terhadap
bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok
tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung :
a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja
b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya
c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya
d. jarak yang ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m
mencapai ketinggian maksimumnya.
SOLUSI:
a. Momentum linear kekal pada tumbukan antara balok 2m dan peluru m:
0 1 1 03 3mv mv v v  
Momentum linear arah horizontal kekal pada tumbukan antara balok-peluru dengan
bidang miring. Momentum linear awal sistem arah horizontal :
1 03 cos cosawalp mv mv  
Ketiga sistem balok-peluru berada di tertinggi di atas bidang miring maka
kecepatannya akan sama dengan kecepatan bidang miring 2v (balok diam relatif
terhadap bidang miring).
  23akhirp M m v 
Kekekalan momentum linear pada arah horizontal :
 0 2cos 3mv M m v 
0
2
cos
3
mv
v
M m



Kekekalan energi mekanik dengan acuan energi potensial di meja sama dengan nol:
   2 2
1 2
1 13 3 3
2 2maksm v mgh M m v  
Substitusikan nilai 1v dan 2v ke dalam persamaan ini maka akan diperoleh :
 
2 2 2
0 0 cos
18 6 3maks
v mv
h
g g M m

 

0v
M

2m
m
g

 
22
03 sin
3 18maks
vM mh
M m g


b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya :
0
2
cos
3
mv
v
M m



c. Jarak S yang ditempuh oleh balok di atas bidang miring :
 
22
03 sin
sin 3 18 sin
maksh vM mS
M m g

 
 

Percepatan balok relatif terhadap bidang miring :
2
1
1
2
v
a
S

Waktu yang diperlukan balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya:
 2
01
1
1 1
2 3 sin
3 3 sin
vv S M mt
a v M m g


  

d. Percepatan bidang miring relatif terhadap tanah :
2
2
1
v
a
t

Jarak X yang ditempuh oleh bidang miring dari tepi meja :
 
 
2 2
2 0
2 1 2 1 2
3 sin1 1
2 2 6 tan3
m M m v
X a t v t
gM m



  

2. Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara tembok vertikal dan balok segitiga
bermassa M. Sisi miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan  terhadap
horizontal . Bola tersebut menyinggung balok segitiga pada ujung paling atas balok
tersebut. Balok berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak tanpa gesekan.
Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan
awal , permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai atau tidak miring
atau berputar,
a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok tersebut
b. Tentukan nilai percepatan gerak bola
c. Tentukan syarat bagi nilai M/m
SOLUSI:

M
m

a. Gambar diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok :
b. Bola bergerak dengan percepatan 1a ke kanan dan balok segitiga bergerak ke kiri
dengan percepatan 2a ke kanan. Percepatan 1a dan 2a memenuhi hubungan bahwa
1 1
2
2
tan
tan
a a
a
a


  
Persamaan gerak bola :
1 1cosmg N ma 
Persamaan gerak balok segitiga :
1 2sinN Ma
Percepatan gerak bola:
2
1 2
tan
tan
mg
a
M m




c. Permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai berarti balok tidak
mengguling atau berputar. Saat balok segitiga akan mengguling maka gaya normal
balok 2N bergeser ke tepi balok. Asumsikan lebar balok l dan tinggi balok h. Gaya
normal 1N mula-mula tepat di puncak balok segitiga.
Kita misalkan bahwa torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai positif
,sedangkan torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai negatif. Balok tidak akan
berputar ketika jumlah seluruh torsi di titik A benilai negatif. Pusat massa segitiga
berjarak l/3 dari titik A. Persamaan torsi terhadap titik A :
0A 
1sin 0
3
lMg N h 
Dari persamaan sebelumnya dapat kita peroleh bahwa
1N3N
mg


Mg
1N
2N


Mg
1N
2N

A
h
l

 1 2
tan cos
Mmg
N
M m  


dan dari geometri balok segitiga kita peroleh hubungan bahwa
tan h
l

Kita akan mudah mendapatkan bahwa
 2
3
sin tan 0
tan cos
Mmg
Mg
M m
 
 
 

 
2
2
3 tan1 0
tan
m
M m


 

2
2tanM
m

3. Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan planet bola
bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan
y. Percepatan gravitasi di permukaan planet itu adalah g0, sedangkan tetapan gravitasi
universal adalah G.
a. Percepatan gravitasi yang di alami benda m tersebut berkurang secara linear terhadap
y. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-
parameter di atas);
b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan
awal 0v , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai sebagai fungsi ketinggian y.
c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda
jika tetapan /konstanta linear pada pertanyaa a) di atas bernilai  0.
SOLUSI:
a. Misalkan  adalah konstanta linear penurunan percepatan gravitasi terhadap y .
Percepatan gravitasi sebagai fungsi y adalah :
0g g y 
Sehingga percepatan gravitasi pada ketinggian h di atas permukaan planet akan sama
dengan 0 .g g h 
b. Misalkan sumbu y positif di atas permukaan planet sehingga percepatan planet akan
bernilai negatif karena arahnya ke bawah.
 0 0g g y g y    
Bentuk turunan percepatan gravitasi sebagai fungsi y :
dv dv dv dvg v
dt dt dy dy
  
Sehingga kita dapat menuliskan bahwa:
0
dvv g y
dy
 
 
0
0
yv
v h
vdv g y dy   

0
2 2
0
1
2 2
yv
v h
v g y y 
   2 2 2 2
0 0 0
1 1
2 2 2 2
v v g y y g h h       
 
1
2 2 2 2
0 0 02 2v y g y g h h v     
c. Benda mencapai tinggi maksimum (ym) saat kecepatan sesaatnya sama dengan nol
(v=0).
2 2 2
0 0 02 2 0m my g y g h h v     
Kita akan memperoleh solusi ym dengan menggunakan rumus akar-akar persamaan
kuadrat untuk kasus 0 :
22
0 0 0
2 2
0 0 0
21m
g g vh hy
g g g

 
    
Tinggi maksimum benda jika 0 :
2
0 0 02 2 0mg y g h v   
2
0
2m
v
y h
g
 
4. Bola karet dengan berat W= mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC
(dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A
dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berosilasi di
sekitar titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas dengan konstanta k dipasang pada
posisi mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain
dilekatkan pada titik B di tongkat AC. Seperti tampak pada gambar, tongkat
disimpangkan pada posisi awal (tegak) sebesar sudut  lalu dilepaskan sehingga tongkat
akan mengalami gerak osilasi (getaran). Tentukan :
a. besar frekuensi getaran untuk sudut simpangan  yang kecil
b. nilai maksimum gaya berat W agar untuk simpangan  kecil pada tongkat
mengalami getaran harmonik.
a
Dinding
x
y
B
A
C
W=mg
Lantai
L

SOLUSI:
a. Perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada sistem di bawah ini.
Persamaan torsi pada titik A :
2
2A
d
I
dt

 
2
2
2
sin cos
d
WL kxa mL
dt

  
2
2 2
2
sin cos sin
d
WL ka mL
dt

   
Untuk sudut simpangan  yang kecil berlaku bahwa sin  dan cos 1 , sehingga
kita dapat menuliskan
 22 2
2
2 2 2
0 0
ka WLd d
dt mL dt
 
  

    
Persamaan ini merupakan bentuk persamaan gerak harmonis sederhana yang
memiliki frekuensi angular
 2
2
2
ka WL
mL



Sehingga frekuensi getaran sistem akan sama dengan :
 2
2
1
2 2
ka WL
f
mL

 

 
b. Syarat agar sistem melakukan osilasi gerak harmonik adalah :
2
0 
2
0ka WL 
2
kaW
L

2
maks
kaW
L

Lantai
L
a

y
A
W=mg
sinx a 
kx

5. Sebuah batang homogen (massa M dan panjang L) salah satu ujungnya diletakkan pada
tepi sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam.
Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan
kontak dengan meja. Lakukan perhitungan anda untuk 2 kondisi berikut ini :
a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar
(i);
b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti ditampilkan pada gambar (ii).
SOLUSI:
a. Batang membentuk sudut θ terhadap posisi vertikal saat jatuh dari posisi vertikal.
Perubahan energi potensial pusat massa batang akan diubah menjadi energi kinetik
rotasi batang.
  2 2111 cos
2 23
lMg ML  
 2 3
1 cos
g
l
  
Percepatan sentripetal pusat massa batang:  2 3
1 cos
2 2c
gla    
Persamaan torsi pada batang terhadap siku meja :
21sin
2 3
lMg ML 
3
sin
2
g
L
 
Percepatan tangensial pusat massa batang :
3
sin
2 4t
gla   
Dinding horizontal dan vertikal licin dari siku tepi meja akan memberikan gaya
horizontal dan vertikal yang bernilai berturut-turut HN dan VN pada ujung batang
(lihat gambar).
(i)
(ii)

Persamaan gaya pada batang dalam arah horizontal dan vertikal diberikan oleh
 cos sinH t cN M a a  
 sin cosV t cMg N M a a   
Substitusikan ta dan ca ke dalam persamaan ini maka kita akan medapatkan bahwa
 3 sin 3cos 2
4HN Mg   
 21 3cos 1
4VN Mg  
Komponen reaksi pertama HN akan nol ketika 1 2
3cos 
 . Untuk sudut yang lebih
besar, HN akan menjadi negatif, sehingga batang benar-benar lepas dari meja karena
tepi meja yang licin tidak dapat menarik ujung batang kembali.
b. Tepi meja sekarang berbentuk seperempat lingkaran yang sangat kecil , gaya normal
N selalu diarahkan pada sumbu batang. Gaya gesek statik Fs arahnya tangensial
terhadap seperempat lingkaran ini dan nilainya berubah-ubah
Persamaan gaya sepanjang batang :
 
3
cos 1 cos
2c
Mg
Mg N Ma    
Kita akan mendapatkan nilai gaya normal sebagai
 5cos 3
2
Mg
N  
Reaksi meja terhadap batang menjadi nol ketika N=0 saat 1 3
5cos 
 . Untuk sudut
yang lebih besar gaya normal akan negatif , ini berarti batang meninggalkan tepi
meja.
N
Fs
Mg
ta
ca
θ
Mg
ta
ca
θ
HF
VF

6. Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada silinder pejal bermassa M dan berjari-
jari R menggunakan batang tak bermassa . Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada
jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan
kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa
tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai, tentukan:
a. kecepatan pusat massa silinder,
b. kecepatan bola.
SOLUSI:
a. Ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder pejal sama dengan nol. Energi
mekanik awal sistem :
awalE mgH
Pada saat bola kecil menyentuh lantai, silinder pejal dan bola kecil akan memiliki
kecepatan sudut  .
Silinder akan memiliki kecepatan pusat massa cmv R karena silinder tidak slip.
Bola kecil akan memiliki dua kompenen kecepatan yaitu, kecepatan horizontal sama
dengan h cmv v dan kecepatan tangensial sama dengan t cmv H v H R  . Bola kecil
memiliki kecepatan total
 2 2 2 0 2 2
2 cos 90 2 sinb t cm t cm t cm t cmv v v v v v v v v       
 
2 2 2 2
2 2 2
2 2
2cm cm
b cm cm cm
v H v H R H Rv v v v
R HR R
   
Momen inersia silinder pejal terhadap pusat massa pejal adalah 21
2sI MR
Momen inersia bola kecil terhadap pusat massa pejal adalah 2
bI mH . Energi
mekanik bola-silinder saat bola menyentuh lantai :
 2 2 21 1 1
2 2 2akhir cm b p sE mgR Mv mv I I     
Kekekalan energi mekanik sistem, awal akhirE E :
   
22 2
2 2 2 2
2
1 1 1 1
2 2 2 2
cm
cm cm
vH RmgH mgR Mv m v mH MR
RR
       
 
  2
2 2 2
4
3 4 2
cm
mg H R R
v
MR mH mR


 
m
M
R
H
θ
cmv
cmv
tv
bv
m
M
R
H

b. Kecepatan bola menyentuh lantai :
  2 2
2 2 2
4
3 4 2
b
mg H R H R
v
MR mH mR
 

 
7. Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R mula-mula berotasi dengan kecepatan
sudut 0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar
(yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan θ dan koefisien gesek kinetik
s dimana tank  . Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak dengan
bidang miring. Tentukan :
a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip
b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip,
c. ketinggian maksimum yang dicapai silinder
SOLUSI:
a. Diagram gaya pada silinder pejal :
Persamaan gaya pada silinder :
sink cmf mg ma 
cos sink cmmg mg ma   
cos sincm ka g g   
Persamaan torsi pada pusat massa silinder:
kf R I 
21cos
2k mg R mR   
2 cosk g
R
 
 
Kinematika translasi silinder pejal :
0t cmv v a t 
 cos sint kv g t   
Kinematika rotasi silinder pejal :
0t t   
0
2 cosk
t
g
t
R
 
  
Silinder membutuhkan waktu 0t untuk mencapai slip dan kondisi slip terjadi saat
t tv R
θ
θ
mg
mgsinθ mgcosθ
fk
N

  0 0 0 0
2 cos
cos sin k
k
g
g t t R
R
 
       
 
 
0
0
3 cos sink
R
t
g

  


b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip,
2
0
1
2 cmS a t
 
 
2 2
0
2
cos sin
23 cos sin
k
k
R
S
g
   
  



c. Energi awal silinder pejal, ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder saat di
posisi mula-mula sama dengan nol :
2 2 2
0 0
1 1
2 4awalE I mR  
Energi kinetik rotasi awal silinder akan dikerversi menjadi energi gesek dan energi
potensial gravitasi dengan mencapai ketinggian maksimum hmaks. Silinder mengalami
kehilangan energi oleh karena gaya gesek saat bergerak slip, yaitu saat menempuh
jarak S.
 
 
2 2
0
2
cos sin cos
23 cos sin
k k
gesek k
k
mg R
E f S
g
     
  

 

Energi potensial akhir silinder pejal :
maksEP mgh
Kekekalan energi sistem :
awal gesekE E EP 
 
 
2 2
2 2 0
0 2
cos sin cos1
4 23 cos sin
k k
maks
k
mg R
mR mgh
g
     

  

 

 
 
2 2
0
2
2 cos sin cos1 1
4 3 cos sin
k k
maks
k
R
h
g
    
  
 
  
 

OPTIMASI GETARAN

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to OPTIMASI GETARAN

Similar to OPTIMASI GETARAN (20)

More from Suko Wibowo

More from Suko Wibowo (15)

OPTIMASI GETARAN