Solusi Treefy Tryout OSK 2018 · Dan kontinuitas percepatan pada t = 0 memberikan a0= 0 m ... Hal ini jelas melanggar prinsip sebab-akibat (kausalitas). Permasalahan ini sering disebut

Try Out Online OSK 2018|

Solusi Treefy Tryout OSK 2018

Bagian 1a

Misalkan ketika kelereng mencapai detektor bawah untuk pertama kalinya, kecepatan sumbu

vertikalnya adalah v1y. Maka syarat agar kelereng mencapai titik tertinggi (ketika kelereng berhenti)

yaitu:

vy = v1y − gt = 0

t =v1y

g

Berarti selang waktu untuk mencapai ketinggian detektor bawah untuk yang kedua kalinya adalah

dua kali waktu untuk mencapai titik tertinggi.

ΔTL =2v1y

g

Ketinggian kelereng relatif terhadap ketinggian detektor bawah sebagai fungsi waktu diberikan oleh

persamaan GLBB berikut ini

y = v1yt −1

2gt2

Kita mencari dua waktu ketika kelereng mencapai ketinggian detektor kedua

H = v1yt −1

2gt2

t2 −2v1y

gt +

2H

g= 0

t2 − ΔTLt +2H

g= 0

Ini adalah persamaan kuadrat dengan dua solusi, selisih dari dua solusi ini adalah ΔTH.

t =ΔTL ± √ΔTL

2 −8Hg

2

ΔTH = √ΔTL2 −

8H

g

g =8H

ΔTL2 − ΔTH

2

Bagian 1b

Substitusi ke hasil sebelumnya, akan didapat

v1y =4HΔTL

ΔTL2 − ΔTH

2

http://www.treefy.id/


Sehingga kecepatan awal bola adalah

v0y = v1y + gT0

v0y =4HΔTL

ΔTL2 − ΔTH

2 +8HT0

ΔTL2 − ΔTH

2

v0y =4H(ΔTL + 2T0)

ΔTL2 − ΔTH

2

Dan ketinggian maksimum yang dicapai bola yaitu

hmaks =v0y

2

2g

hmaks =(ΔTL + 2T0)2

ΔTL2 − ΔTH

2 H

Bagian 2a

Pertama-tama kita harus mencari satuan dari β, berdasarkan persamaan yang diberikan pada soal,

kita dapat menulis persamaan sebagai berikut

kg m s−2 = [β] ms−3

[β] = kg s

Misalkan

β = KqDcEϵ0F

Dengan K suatu konstanta tak berdimensi, maka dengan menyamakan satuan pada kedua ruas, kita

bisa mendapatkan persamaan berikut:

kg s = (A s)D(m s−1)E(A2s4kg−1m−3)F

kg s = kg−FsD−E+4FAD+2FmE−3F

Jelas bahwa

F = −1

D + 2F = 0 → D = 2

D − E + 4F = 1 → E = −3

E − 3F = 0 (benar)

Sehingga, dengan analisis dimensi, kita dapat menuliskan β sebagai berikut

β = Kq2

ϵ0c3

Bila kita memperbolehkan β untuk bergantung pada v, maka kita harus menulis ulang persamaan

menjadi

β = KqDcEϵ0FvG

kg s = (A s)D(m s−1)E(A2s4kg−1m−3)F(m s−1)G

kg s = kg−FsD−E+4F−GAD+2FmE−3F+G

F = −1



D + 2F = 0 → D = 2

D − E + 4F − G = 1 → E + G = −3

E − 3F + G = 0 → E + G = −3

Perhatikan bahwa dua persamaan terakhir menghasilkan E + G = −3, persamaan ini mempunyai tak

hingga solusi, secara umum bisa dituliskan:

β = Kq2

ϵ0c3(

v

c)

G

ϕ (v

c)

Dengan ϕ (v

c) adalah fungsi tak berdimensi dari

v

c dan G adalah sembarang bilangan real.

Bagian 2b

Hukum Newton menyatakan

βda

dt= ma, t < 0 dan t > T

F0 + βda

dt= ma, 0 ≤ t ≤ T

Integralkan kedua persamaan di atas, hasilnya adalah

a = a0 emβ

t, t < 0

a = a1 emβ

t+

F0

m, 0 ≤ t ≤ T

a = a2 emβ

t, t > T

dengan a0, a1, dan a2 adalah konstanta.

Kita asumsikan bahwa percepatan adalah nol pada saat t < 0 karena pertikel belum dikenai gaya luar,

sehingga a0 = 0. Kontinuitas percepatan pada t = 0 memberikan

a1 +F0

m= 0

a1 = −F0

m

Kemudian kontinuitas percepatan pada t = T memberikan

a2 emβ

T=

F0

m(1 − e

mβ

T)

a2 =F0

m(e

−mβ

T− 1)

Sehingga

a =F0

m(e

−mβ

T− 1) e

mβ

t, t > T

Perhatikan bahwa limt→∞

F0

m(e

−m

βT

− 1) em

βt

= −∞ sehingga solusi ini tidak mungkin valid. Kita bisa

menghindari solusi ini dengan memaksa a2 = 0.



Kontinuitas percepatan pada t = T memberikan

a1 emβ

T+

F0

m= 0

a1 = −F0

me

−mβ

T

Dan kontinuitas percepatan pada t = 0 memberikan

a0 =F0

m(1 − e

−mβ

T)

Sehingga solusi lengkap kita adalah

a = F0

m(1 − e

−mβ

T) e

mβ

t, t < 0

a =F0

m(1 −

F0

me

mβ

(t−T)) , 0 ≤ t ≤ T

a = 0, t > T

Perhatikan bahwa limt→−∞

F0

m(1 − e

−m

βT

) em

βt

= 0 sehingga percepatan tidak pernah menuju tak

berhingga. Namun timbul masalah baru yaitu, bagaimana mungkin percepatan ada sebelum gaya luar

diberikan pada benda? Hal ini jelas melanggar prinsip sebab-akibat (kausalitas). Permasalahan ini

sering disebut paradoks Abraham-Lorentz dan menandakan ada yang keliru dengan persamaan gaya

FAL.

Bagian 3a

Persamaan gerak sistem dapat dinyatakan oleh (θ adalah sudut simpangan).

Id2θ

dt2= ∑ τ

Id2θ

dt2= −kL2 sin θ − mgL sin θ

Dengan I adalah momen inersia bola (karena batang tak bermassa maka tidak berkontribusi pada

momen inersia). Sehingga I = mL2.

(mL2)d2θ

dt2= −kL2 sin θ − mgL sin θ

d2θ

dt2+ (

k

m+

g

L) sin θ = 0

Dengan menggunakan aproksimasi sudut kecil, sin θ ≅ θ sehingga persamaan menjadi

d2θ

dt2+ (

k

m+

g

L) θ = 0

Ini merupakan persamaan gerak harmonik sederhana dengan

ω2 =k

m+

g

L



Maka periode osilasi sistem adalah

T =2π

√ km +

gL

Bagian 3b

Gerakan sistem bisa dipandang sebagai superposisi dari dua mode gerak, pertama yaitu ketika

simpangan kedua batang sama besar dan arah (kedua batang bergerak dengan cara yang identik) dan

kedua yaitu ketika simpangan kedua batang sama besar namun berlawanan arah.

Pada mode gerak pertama, pegas seakan-akan tidak eksis sehingga jelas frekuensi sudut osilasi

sistem adalah

ω1 = √g

l

Pada mode gerak kedua, kita dapat menuliskan persamaan gerak benda sebagai berikut:

(mL2)d2θ

dt2= −2ka2 sin θ − mgL sin θ

Faktor 2 pada −2ka2 sin θ karena pegas tertekan sama besar dari dua arah. Dengan cara yang sama

persis seperti pada bagian a), bisa didapatkan

d2θ

dt2+ (

2ka2

mL2+

g

L) θ = 0

Sehingga

ω2 = √2ka2

mL2+

g

L

Secara umum, kita dapat menuliskan

θ1 = θA cos (√g

lt + ϕA) + θB cos (√

2ka2

mL2+

g

Lt + ϕB)

θ2 = θA cos (√g

lt + ϕA) − θB cos (√

2ka2

mL2+

g

Lt + ϕB)

Dari kondisi awal pada soal, kecepatan kedua batang adalah nol, sehingga berlaku

(dθ1

dt)

t=0= 0

(dθ2

dt)

t=0= 0

Cara paling mudah untuk memenuhi kedua persamaan di atas adalah dengan menghilangkan fase

awal, atau secara matematis



ϕA = ϕB = 0

Kemudian masukkan kondisi awal lainnya pada soal yaitu

θ1(t = 0) = 0

θ2(t = 0) = θ0

Didapat

θA + θB = 0

θA − θB = θ0

θA =1

2θ0 = −θB

Maka jawaban akhir yang diminta yaitu

θ1 =1

2θ0 [cos (√

g

lt) − cos (√

2ka2

mL2+

g

Lt)]

θ2 =1

2θ0 [cos (√

g

lt) + cos (√

2ka2

mL2+

g

Lt)]

Bagian 4a

Pertama, tuliskan hukum Newton pada bola pemberat, notasikan P sebagai gaya tegang tali.

mg − P = ma

Kemudian tuliskan juga hukum Newton pada kotak berisi air, ingat bahwa massa kotak berkurang

secara seragam menurut persamaan m2 = m −t

T

m

2= m (1 −

t

2T)

P − m (1 −t

2T) g = m (1 −

t

2T) a

Jumlahkan kedua persamaan untuk mengeliminasi P, akan didapat

mgt

2T= m (2 −

t

2T) a

dv

dt=

t

4T − tg

Ubah bentuk pecahan sehingga menjadi lebih mudah diintegralkan memakai petunjuk

∫ dv′

v

0

= g ∫ (4T

4T − t′− 1)

t

0

dt′

v(t) = −gt + 4gT ln4T

4T − t

v(T) = −gT + 4gT ln4T

4T − T



v(T) = gT (4 ln4

3− 1)

Bagian 4b

Jika air bocor dengan suatu kecepatan, maka air yang bocor akan mentransfer momentum ke sistem

sehingga mengubah bentuk hukum Newton.

Tidak akan ada efek pada persamaan gaya bola pemberat.

mg − P = ma

Namun pada kotak, terdapat modifikasi untuk menghitung efek transfer momentum dari air yang

bocor dari kotak ke sistem, misalkan kecepatan air yang bocor adalah u relatif terhadap kotak, yang

bisa merupakan fungsi waktu (karena ketinggian air dalam kotak berubah dan u bergantung pada

ketinggian air). Untuk mengetahui efek secara kualitatif dari penambahan u ini, kita tidak perlu

menyelesaikan persamaan gaya, sehingga kita tidak perlu mencari tahu bentuk eksplisit u.

P − m (1 −t

2T) g +

dm2

dt(−u) = m (1 −

t

2T) a

Namun kita tahu bahwa dm2

dt= −

m

2T, sehingga

P − m (1 −t

2T) g +

m

2Tu = m (1 −

t

2T) a

Jumlahkan kedua persamaan yang kita dapat

mgt

2T+

m

2Tu = m (2 −

t

2T) a

Karena percepatan bertambah, maka untuk selang waktu yang sama, kecepatan juga bertambah.

Sehingga dapat disimpulkan bahwa setelah seluruh air habis (setelah selang waktu T), kecepatan

kedua benda akan lebih besar dibandingkan dengan jawaban kita pada bagian a), dimana kita

mengabaikan efek kecepatan lepas air dari kotak.

Bagian 4c

Perubahan ketinggian benda bisa didapatkan dengan mengintegralkan v(t)

∫ dy = ∫ (−gt′ + 4gT ln4T

4T − t′) dt′

t

0

Δy(t) = −1

2gt2 + 4gT [t − (4T − t) ln

4T

4T − t]

Δy(T) =1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2

Sehingga ketinggian masing-masing benda adalah

y = H ±1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2



Bagian 4d

Percepatan sistem setelah seluruh air telah habis bisa dicari dengan

mg − P = ma

P −1

2mg =

1

2ma

a =g

3

Sehingga kecepatan bola ketika menumbuk tanah yaitu

v12 = v(T)2 + 2a (H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

v12 = (gT (4 ln

4

3− 1))

2

+2

3g (H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

Kecepatan kotak pada saat bola menumbuk tanah pertama kali sama dengan kecepatan bola

v1 = √(gT (4 ln4

3− 1))

2

+2

3g (H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

Ketinggian ekstra yang bisa dicapai kotak yaitu

h = v1

2

2g=

1

2g(gT (4 ln

4

3− 1))

2

+1

3(H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

Ketinggian maksimum kotak yaitu

ymaks = 2H + h

ymaks =7

3H +

1

2g(gT (4 ln

4

3− 1))

2

−1

6(7 − 24 ln

4

3) gT2

Bagian 4e

Setelah tali tegang kembali, bola dan kotak bergerak bersama-sama, kondisi ini bisa disamakan

dengan kotak yang menumbuk bola secara inelastis sempurna. Tepat setelah pertama kalinya tali

tegang, kecepatan kedua benda bisa dicari dengan kekekalan momentum:

v2 (m +m

2) =

m

2√(gT (4 ln

4

3− 1))

2

+2

3g (H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

v2 =1

3√(gT (4 ln

4

3− 1))

2

+2

3g (H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

Setelah itu bola akan tertarik kembali ke tanah karena lebih berat daripada kotak. Dengan kecepatan

v2 inilah bola akan menumbuk tanah kembali (mengapa?).



Selanjutnya kotak akan terlempar ke atas dan tepat sebelum tali tegang kembali untuk kedua kali,

kecepatan kotak adalah v2. Tepat sesudah tali tegang untuk yang kedua kalinya, kecepatan kedua

benda adalah:

v3 = (1

3)

2

√(gT (4 ln4

3− 1))

2

+2

3g (H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

Dengan analisis ini, jelas bahwa tepat sebelum tumbukan ke-N atau tepat sesudah tali tegang kembali

untuk yang ke (N-1) kali, kecepatan kedua benda dapat dinyatakan oleh

vN = (1

3)

N−1

√(gT (4 ln4

3− 1))

2

+2

3g (H −

1

2(7 − 24 ln

4

3) gT2)

Bagian 5a

Pada tumbukan pertama berlaku

m1v1 = m1v1′ + m2v2′

e1 = −v2

′ − v1′

−v1

Selesaikan kedua persamaan di atas, didapat

v2′ =

(1 + e12)m1

m1 + m2v1

Cukup jelas bahwa untuk tumbukan kedua, berlaku

v3′′ =(1 + e23)m2

m2 + m3v2′

v3′′ =(1 + e12)(1 + e23)m1m2

(m1 + m2)(m2 + m3)v1

Jika m1 < m2 tumbukan antara m2 dengan m3 hanya akan terjadi satu kali saja (mengapa?).

Memang ada kemungkinan m2 akan menumbuk m1 kembali, namun kita tidak perlu mempedulikan

hal ini.

Energi kinetik benda ketiga setelah tumbukan kedua adalah

EK3′′ =

1

2m3v3′′2

EK3′′ =

(1 + e12)2(1 + e23)2 m12 m2

2 m3 v12

2(m1 + m2)2 (m2 + m3)2

Untuk mencari nilai maksimum, turunkan nilai ini terhadap m2 karena variabel ini yang boleh kita

variasikan. Syarat ekstremum adalah hasil turunan ini harus sama dengan nol

dEK3′′

dm2=

2(1 + e12)2(1 + e23)2m1m2m3(m1m3 − m22)

(m1 + m2)3 (m2 + m3)3= 0

Sehingga didapat



m2 = √m1m3

Selanjutnya harus dipastikan bahwa ekstremum ini adalah juga merupakan maksimum. Maka kita

perlu cek turunan kedua

d2EK3′′

dm22

=2(1 + e12)2(1 + e23)2[(m1m3 − 3m2

2)(m1 + m2)(m2 + m3) − 3m2(m1m3 − m22)(m1 + 2m2 + m3)]

(m1 + m2)4 (m2 + m3)4

Jelas bahwa d2EK3

′′

dm22 < 0 pada saat m2 = √m1m3 sehingga dapat disimpulkan bahwa EK3

′′ maksimum

ketika m2 = √m1m3.

Bagian 5b

Kubus akan berotasi terhadap penghalang saat kubus menumbuk penghalang. Pertama-tama, kita

harus mencari momen inersia kubus terhadap penghalang, berdasarkan teorema sumbu sejajar

(teorema Steiner):

I = Ipm + m3 (L

√2)

2

Inersia terhadap pusat massa dari kubus bisa didapat dengan menjumlahkan kontribusi momen

inersia dari dua sumbu (x dan y), masing-masing sumbu mengkontribusikan 1

12m3L2 terhadap

momen inersia terhadap pusat massa, sehingga

I = 1

6m3L2 +

1

2m3L2 =

2

3m3L2

Berdasarkan kekekalan momentum sudut pada saat tumbukan, berlaku

m3

L

2

(1 + e12)(1 + e23)m1m2

(m1 + m2)(m2 + m3)v1 =

2

3m3L2ω

ω =3(1 + e12)(1 + e23)m1m2

4(m1 + m2)(m2 + m3)

v1

L

Kemudian supaya kubus bisa jatuh, pusat massa kubus minimal harus berada persis di atas

penghalang (setelah itu, gaya berat akan menghasilkan torka yang bisa menjatuhkan kubus dengan

sendirinya). Ambil meja sebagai acuan energi potensial nol, kekekalan energi memberikan:

1

2Iω2 + m3g

L

2= m3g

L

2√2

(2

3m3L2) (

3(1 + e12)(1 + e23)m1m2

4(m1 + m2)(m2 + m3)

v1

L)

2

= m3gL(√2 − 1)

v1 = (1

m1+

1

m2)

m2 + m3

(1 + e12)(1 + e23)√

8

3(√2 − 1)gL



Bagian 6a

Pada saat balok berada di sisi kiri setengah lingkaran, bidang tidak mungkin bergeser sebab bidang

ditahan oleh tembok di sisi kiri. Tinjau ketika balok sudah melewati titik terendah dan sekarang ada

di sisi kanan setengah lingkaran. Misalkan sudut θ menyatakan sudut balok terhadap pusat lingkaran,

diukur searah jarum jam dari garis horizontal. Kekekalan energi memberikan

1

2mv2 = mgr sin θ

Hukum Newton arah radial kemudian dapat dituliskan

N − mg sin θ =mv2

r

Sehingga

N = 3mg sin θ

Balok mendorong bidang dengan komponen vertikal gaya normal ini, sementara balok juga

mendorong bidang ke arah horizontal, supaya bidang tidak bergeser, harus berlaku

3mg sin θ cos θ ≤ μ(Mg + 3mg sin2θ)

Sehingga

3m(sin θ cos θ − μ sin2θ) ≤ μM

Karena persamaan ini harus berlaku untuk semua nilai θ, maka kita perlu mencari nilai maksimum

dari fungsi f(θ) = sin θ cos θ − μ sin2θ =1

2sin 2θ +

1

2μ cos 2θ −

1

2μ

df(θ)

dθ= cos 2θ − μ sin 2θ = 0

tan 2θ =1

μ

Setelah manipulasi trigonometri, dapat ditunjukkan bahwa

f(θ) = sin θ cos θ − μ sin2θ =1

2(√1 + μ2 − μ)

Sehingga

3

2m (√1 + μ2 − μ) ≤ μM

m

M≤

2(μ + √1 + μ2)

3

Bagian 6b

Kecepatan bidang akan maksimum ketika balok mencapai titik terendah untuk kedua kalinya (setelah

dua kali melewati sisi kanan setengah lingkaran, mengapa?).



Misalkan pada waktu tersebut kecepatan balok adalah vm dan kecepatan bidang adalah vM, kita

dapat menuliskan kekekalan energi dari keadaan awal sampai ketika balok mencapai titik terendah

untuk kedua kalinya sebagai berikut:

mgr = 1

2MvM

2 +1

2mvm

2

Dan kekekalan momentum antara ketika balok mencapai titik terendah untuk pertama kalinya sampai

kedua kalinya memberikan:

m√2gr = MvM − mvm

Perhatikan bahwa kita tidak boleh menggunakan kekekalan momentum pada keadaan awal karena

dinding akan memberikan gaya pada bidang sehingga momentum sistem balok-bidang tidak kekal.

mgr = 1

2MvM

2 +1

2m (

M

mvM − √2gr)

2

vM =m

M + m√8gr

Bagian 7a

Bagian ini hanya penuntun saja, dengan geometri sederhana bisa ditunjukkan bahwa

x = r sin θ + (4π − θ)r cos θ

y = r cos θ − (4π − θ)r sin θ

Kurva yang dibentuk oleh persamaan ini sering disebut sebagai involut lingkaran.

Bagian 7b

Energi kelereng kekal karena satu-satunya gaya yang bekerja pada kelereng adalah gaya tegang tali

dan gaya ini selalu tegak lurus terhadap kecepatan kelereng.

Momentum sudut kelereng terhadap pusat piringan tidak kekal karena torka yang bekerja pada

kelereng terhadap pusat piringan tidak nol.

Bagian 7c

Terdapat paling tidak dua cara untuk menyelesaikan bagian ini, yaitu dengan menggunakan

kekekalan energi atau persamaan gaya. Cara kedua sedikit lebih rumit karena Anda harus

mempertimbangkan percepatan koriolis selain percepatan sentripetal. Karena itu mari kita gunakan

kekekalan energi (sesuai “petunjuk” soal di bagian 7b). Misalkan bagian tali yang terlilit pada

piringan mencakup sudut θ terhadap pusat piringan. Pertama-tama, kita bisa menuliskan kuadrat

kecepatan kelereng dengan menurunkan x dan y kemudian menyatakan (dx

dt)

2

+ (dy

dt)

2

sebagai fungsi

θ dan dθ

dt. Namun bila kita inspeksi lebih lanjut, cukup jelas bahwa energi kelereng bisa dinyatakan

oleh:



E = 1

2m(4πr − θr)2 (

dθ

dt)

2

Karena energi konstan, maka turunannya terhadap waktu haruslah nol.

d

dt((4π − θ)

dθ

dt) = 0

(4π − θ)dθ

dt= konstanta

Namun kita tahu dengan meninjau gerak melingkar bahwa konstanta ini adalah v0

r atau

(4π − θ)dθ

dt=

v0

r

Persamaan di atas dapat diselesaikan dengan integral yang sederhana

∫(4π − θ)

θ

0

dθ = ∫v0

r

t

0

dt

Sehingga

4πθ −1

2θ2 =

v0

rt

Ini adalah persamaan kuadrat dengan solusi

θ = 4π ± √16π2 −2v0

rt

Ambil tanda negatif karena kondisi awal kita θ(0) = 0.

θ = 4π − √16π2 −2v0

rt

Waktu yang dibutuhkan agar seluruh tali melilit piringan (ketika θ = 4π) adalah

16π2 −2v0

rT = 0

T = 8π2r

v0


Solusi Treefy Tryout OSK 2018 · Dan kontinuitas percepatan pada t = 0 memberikan a0= 0 m ... Hal ini jelas melanggar prinsip sebab-akibat (kausalitas). Permasalahan ini sering disebut

Documents