solusi treefy tryout osk 2018 · dan kontinuitas percepatan pada t = 0 memberikan a0= 0 m ... hal...
TRANSCRIPT
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
Try Out Online OSK 2018|
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
Try Out Online OSK 2018|
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.
Try Out Online OSK 2018|
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
Try Out Online OSK 2018|
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
Try Out Online OSK 2018|
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
Try Out Online OSK 2018|
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
Try Out Online OSK 2018|
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?).
Try Out Online OSK 2018|
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
Try Out Online OSK 2018|
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
Try Out Online OSK 2018|
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?).
Try Out Online OSK 2018|
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:
Try Out Online OSK 2018|
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