Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
Soal Olimpiade Sains Tingkat Provinsi 2017 Bidang Fisika SMA Waktu : 3,5 jam
1.
(10 poin) Tinjau sebuah sistem terisolasi yang terdiri dari 2 benda, m1 dan m2. Dalam sistem ini gaya gravitasi lain dari benda lain di luar sistem dapat diabaikan. Massa m1 terpasang pada tali tak bermassa sepanjang d dan dan membentuk sebuah bandul yang dipasang tetap pada titik O. Massa M1 hanya mengalami gaya gravitasi dengan bola homogen bermassa m2 berjari-jari R yang R yang posisinya tetap dimana pusat bola berjarak L dari L dari titik O. Nilai L hanya sedikit lebih besar dari d+R. d+R. Sudut antara tali dan garis vertikal yang melalui titik O adalah θ , dimana diasumsikan θ kecil. θ kecil. Tentukan periode osilasi m1.
θ d L
m1
m2
2.
R
(14 poin) Pada gambar terlihat dua buah bola masing-masing bermassa m1 dan m2 serta berjari-jari sama R R berada di atas bidang datar. Bola m 1 menggelinding tanpa slip ke arah kanan dengan kecepatan pusat massa V menuju menuju bola m2 yang sedang diam. Asumsikan semua gaya gesek yang ada cukup kecil untuk dapat mengabaikan terjadinya efek pada saaat tumbukan, dan anggap jenis tumbukannya elastis. Jika m2 = 2m 2m1 tentukan: a. kecepatan pusat massa masing-masing bola sesaat setelah tumbukan b. kecepatan pusat massa masing-masing bola setelah cukup lama bertumbukan dan masingmasing bola kembali menggelinding tanpa slip. c. prosentase energi yang yang hilang hilang akibat gesekan. gesekan.
Davit Sipayung
| 1
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
m1
m2 V Bidang Kasar
3.
(14 poin) Dua partikel P dan Q, masing-masing dengan massa m P = M dan mQ = m, terhubung satu sama lain membentuk sistem PQ oleh sepotong tali ringan ( panjang L=πa L=πa/2) /2) yang tidak dapat molor dan juga tidak dapat menyusut. Kedua partikel dapat bergerak di atas permukaan permukaan luar silinder silinder licin yang yang posisinya posisinya tetap di atas bidang bidang datar datar (lihat gambar). gambar). a.
Tentukan posisi kesetimbangan sistem PQ, dan tentukan sifat kesetimbangannya (stabil atau labil)
b. Katakan massa kedua partikel di atas masing-masing adalah m P = 2m 2m dan mQ = m. Diketahui sistem PQ mula-mula diam ( t =0) =0) di posisi awal saat kedua partikel memiliki pada sudut θ yang yang simetris/sama, yaitu sudut antara garis OP dan QP dengan arah vertikal sebesar θ 0 = π/4, lalu sistem tersebut dilepaskan untuk bergerak. Tentukan: i. persamaan persamaan gerak sistem selanjutnya selanjutnya ( t >0) >0) yang menjamin berlakunya hukum kekekalan energi mekanik total sistem, dinyatakan dalam koordinat θ . ii. besar gaya gaya reaksi atau atau normal normal silinder yang yang dirasakan dirasakan oleh masing-masin masing-masing g partikel. iii. besar iii. besar sudut θ saat saat partikel sudah lepas meninggalkan permukaan silinder.
M P m Q
a θ
4.
(16 poin) Sebuah meja setinggi h memiliki lubang ditengah permukaannya. Sebuah rantai tipis homogen bermassa M dengan panjang L=h diletakkan dengan cara “dikumpulkan” disekitar lubang tersebut. Salah satu ujung rantai ditarik sedikit melewati lubang kemudian dilepaskan sehingga rantai “jatuh” melalui lubang tersebut dengan kecepatan yang be rtambah seiring panjang rantai yang berada di bawah permukaan meja juga bertambah. Asumsikan tidak ada gaya gesek yang bekerja. Percepatan gravitasi adalah g . Tentukan :
2 | Davit Sipayung
a. Percepatan rantai selama belum menyentuh rantai b. Kecepatan ketika rantai pertama kali menyentuh rantai c. Gaya normal yang dirasakan lantai akibat jatuhnya rantai sebagai fungsi waktu d. Waktu yang dibutuhkan ujung lain rantai mencapai tanah dihitung sejak rantai mulai bergerak. e. Gaya normal ketika semua bagian rantai sudah berada di atas lantai untuk kondisi : i. Tepat setelah selesai melakukan geraknya ii. Ketika waktu yang sangat lama
h=L
5.
(14 poin) Sebuah persegi ABCD tersusun dari empat buah batang tegar homogen identik yang masing-masing memiliki panjang 2a dan bermassa m. Persegi tersebut ditempatkan pada bidang horizontal licin dan diengselkan di titik A, sehingga dapat berputar bebas di sekitar titik A tersebut. Seekor serangga dengan massa m berjalan mulai dari titik B di sepanjang batang BC dengan kecepatan konstan V relatif terhadap batang. Ketika serangga tersebut berjalan selama t detik, serangga sampai di titik E (titik E berada diantara titik B dan C) dan diketahui batang sudah berputar sejauh
t
13 3
Vt 3 2a 13
tan 1
Davit Sipayung
| 3
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
Tampak atas
C
C
D
D B A
B Posisi saat awal
A
θ (t )
Posisi saat t
Tentukan (dinyakan dalam V, a, m, dan t ) : a.
Kecepatan dan percepatan sudut persegi tersebut sebagai fungsi dari waktu
b. Momen inersia sistem (persegi dan serangga) relatif terhadap titik putar A pada saat t . c.
Gaya normal antara serangga dan batang
d. Gaya berarah sejajar BC pada serangga yang menyebabkan seranggga dapat bergerak dengan kecepatan konstan relatif terhdap persegi. Pentunjuk :
6.
d tan x dx
sec2 x
(18 poin) Sebuah roket bermassa total m mengelilingi bumi pada low earth orbit berbentuk lingkaran dengan jari-jari orbit R1. Pesawat ini akan berpindah orbit menuju orbit menuju orbit berjari jari R 2 > R 1 dengan cara mengubah bentuk orbitnya dalam bentuk orbit elips seperti yang ditunjukkan oleh garis tebal pada gambar disamping. Manuver orbit ini dicapai dengan membuang bahan bakar sebanyak ∆m1>0 sehingga memberika laju ∆v1 searah kecepatan orbit pada orbit rendah. Kemudia roket membuang lagi bahan bakar sebanyak ∆m2>0 sehingga memberikan tambahan laju ∆v2 searah kecepatan orbit pada orbit tinggi. Laju orbit roket untuk orbit rendah adalah v R 1 . Bahan bakar roket memiliki laju buang konstan v f relatif terhadap roket. Tentukan : a. tambahan laju ∆v1 yang dibutuhkan untuk mengubah orbit dari lingkaran berjari-jari R 1 menjadi elips (nyatakan dalam v R 1 , R1, R1) b. tambahan laju ∆v2 yang dibutuhkan untuk mengubah orbit dari elips menjadi lingkaran berjari-jari R2 (nyatakan dalam v R 1 , R1, R1)
4 | Davit Sipayung
c. massa bahan bakar yang terbuang ∆m1 dan ∆m2 agar roket dapat melakukan manuver tersebut (nyatakan dalam m, v R 1 , v f , R1, R1)
R2
7.
R1
Gambar di bawah ini menunjukkan susunan N buah balok yang masing-masing bermassa m1, m2, ..., m N ( N bilangan genap). Balok m1 terhubung dengan balok m2 yang berada di atasnya melalui tali tak bermassa yang tak dapat mulur yang dilewatkan pada katrol. Demikian pula balok m3 yang berada di atas balok m 3 yang berada di atas balok m 2 terhubung dengan balok m2 tersebut melalui tak bermassa yang tak dapat mulur yang dilwatkan pada katrol. Begitu seterusnya hingga balok m N yang berada di atas balok m N-1. Seluruh katrol tersebut masingmasing memiliki momen inersia I dan jari-jari R yang sama. Koefisien gesek antara balok m 1 dengan lantai maupun antar semua permukaan balok yang berimpit bernilai sama sebesar μ. Percepatan gravitasi g ke bawah. Balok m1 ditarik dengan gaya horizontal F yang cukup besar sehingga sistem bergerak dengan percepatan a terhadap lantai. a. Tentukan besar percepatan a dinyatakan dalam besaran-besaran di atas. b. Jika N = 10 dengan seluruh massa balok adalah sama besar m, momen inersia I = ½ mR2, serta percepatan a= g maka gaya F yang diberikan dapat dinyatakan sebagai F = kmg . Tentukan nilai k .
m N m N-1
m3 m2 m1
F
Davit Sipayung
| 5
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
Pembahasan Olimpiade Sains Tingkat Provinsi 2017 Bidang Fisika SMA Waktu : 3,5 jam
1.
Pembahasan : Periode osilasi benda m1 adalah T
2
..................(1)
dengan ω adalah frekuensi sudut sistem yang diperoleh dari persamaan gerak benda. Variabel osilasi sistem adalah θ sehingga sistem akan memiliki persamaan gerak osilasi berikut ini d 2 2
dt
2 0 ..................(2)
Persamaan gerak sistem di atas mungkin dihasilkan mengunakan cara hukum II Newton, hukum II Newton untuk gerak rotasi dan kekekalan energi mekanik.
θ d L
m1 F r
m2
Arah gaya gravitasi, F , berubah-ubah menyebabkan lebih sederhana menggunakan kekekalan energi mekanik dibandingkan hukum II Newton untuk mendapatkan persamaan gerak sistem. Energi mekanik sistem adalah EM EK EP 1
Gm1m2
2
r
m1v 2
..................(3)
Kecepatan benda m1 adalah v1 = (dθ /dt) d . Menurut aturan cosinus,
r 2 L2 d 2 2Ld cos ..................(4)
6 | Davit Sipayung
Energi mekanik sistem kekal sehingga perubahan energi mekanik terhadap waktu sama dengan nol. d EM dt
Gm1m2 d 1 2 m1v 1 dt 2 2 2 L d 2 Ld cos 2 d 1
0
0
2 1 d 2 2 Gm1m2 L d 2 Ld cos 2 0 m1d dt 2 dt
d m1d 2 2 dt
1
2
2
3 d 2 1 2 2 2 2 Gm1m2 L d 2 Ld cos dt 2
d 2 2
dt
d 2Ld sin 0 dt
Gm2 L
d L2 d 2 2 Ld cos
3
sin 0 ... (5)
2
Syarat osilasi kecil adalah sin θ ≈θ dan cosθ ≈1 sehingga persamaan (5) dapat ditulis ulang menjadi d 2 dt 2
Gm2 L
3
0
d L2 d 2 2 Ld 2 d 2
2
dt
Gm2 L d L d
3
0 ..................(6)
Frekuensi sudut sistem menurut kesamaan persamaan (2) dan persamaan (6):
Gm2 L 3
d L d
..................(7)
Periode osilasi benda m1 adalah T
2.
2
3
2
d L d Gm2 L
..................(8)
Pembahasan : a. Diagram gerak masing-masing bola sebelum dan sesaat setelah tumbukan:
Davit Sipayung
| 7
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
m1
Davit Sipayung
[email protected]
m2 = 2m1 v1 = V ω1 = V/R v2 =0 ω2=0
Sebelum tumbukan
m1
v′ 1 ω′ 1
m2
v′ 2 ω′ 2
Sesaat setelah tumbukan
Gaya eksternal total pada arah horizontal sama dengan nol meyebabkan berlaku hukum kekekalan momentum linier sistem searah horizontal (gaya gesek diabaikan selama proses tumbukan akibat gaya tumbukan jauh lebih besar dari gaya gesek) :
pawal pakhir m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 m1V 2m1 0 m1v1 2m1v2 v1 2v2 V ..................(1)
Koefisien restitusi tumbukan, yaitu e =1 untuk tumbukan elastis : e 1
v2 v1 v2 v1 v2 v1
0 V v2 v1 v ..................(2)
Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (1) : v1 2 v1 V
V
1 v1 V ..................(3) 3
Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (2) : 1 2 v2 V V V ..................(4) 3 3
Sesaat setelah tumbukan, bola m1 bergerak ke kiri dan bola m2 bergerak ke kanan. b. Syarat benda m1 dan benda m2 mengelinding tanpa slip berturut – turut adalah v′′1 =ω′′1 R dan v′′2 = ω′′2 R. Diagram gerak bola sesaat setelah tumbukan dan setelah kembali menggelinding tanpa slip, yaitu :
8 | Davit Sipayung
m1 v′ 1= -V /3 ω′ 1 = ω1=V/R
m1
v′′ 1 ω′′ 1
m2 v′ 2 = 2V /3 ω′ 2 = 0
m2
v′′ 2 ω′′ 2
Tumbukan tidak mengubah besar kecepatan sudut kedua bola karena gaya tumbukan dan gaya gesek tidak menghasilkan torsi yang dapat mengubah kecepatan bola selama proses tumbukan. Kecepatan pusat massa bola dapat dihitung menggunakan dua cara, yaitu hukum II Newton dan hukum kekekalan momentum sudut terhadap bidang karena torsi terhadap bidang sama dengan nol. Disini, kita pilih cara hukum kekekalan momentum sudut karena lebih sederhana.
Kekekalan momentum sudut bola m1 terhadap bidang :
Lawal Lakhir m1v1R I11 m1v1R I1 1 2 2 v 1 V m1 V R m1R 2 m1v1R m1 R 2 1 5 5 3 R R 1
2
2
3
5
5
V V v1 v1 v1
1 21
V
..................(5)
Kekekalan momentum sudut bola m2 terhadap bidang:
Lawal Lakhir m2 v2 R I 22 m2 v2R I 2 2 2 2 v 2 m2 V R m2 R 2 0 m2v2R m2 R2 2 5 5 3 R 2 3
V v2
v2
10 21
V
2 5
v2 ..................(6)
c. Prosentase energi yang hilang akibat gesekan sama dengan perbandingan energi kinetik yang hilang dan energi kinetik awal sistem kemudian dikali seratus persen. Energi kinetik awal sistem :
Davit Sipayung
| 9
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
EKawal 1
2
1 2
1
m1v12
m1V 2
2
I112
1 2
m2 v22
Davit Sipayung
[email protected]
1 2
I 2 22
..................(7)
Energi kinetik akhir sistem : 2
2
2
2
1 12 1V 1 10 1 2 10 V 2m1 V EKakhir m1 V m1R 2 2m1R 2 2 21 25 2 25 21 R 21 21 R 1
1
1407 1
2
m1V 2
2205 2
1
2 1 200 80 21 5 2
m1V 2
..................(8)
Porsentase energi yang hilang : % E hilang
EKawal EK akhir EK awal 1
2
m1V 2 1
1407 1 2205 2
100% m1V 2
100%
2
m1V 2 1407 1 100% 2205
45,3%
..................(9)
3. Pembahasan: a. Syarat kesetimbangan stabil adalah resultan gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol. Diagram benda bebas pada masing-masing partikel : N P
T T
P N Q Q mg
π/ 2-θ
a θ
Mg
Hukum II Newton pada partikel P dan Q dalam arah tangensial :
F m PaP 0 Mg sin T 0
10 | Davit Sipayung
..................(1)
F mQ aQ 0 T mg sin 0
..................(2)
Jumlahkan persamaan (1) dan persamaan (2) untuk mendapatkan posisi kesetimbangan PQ adalah
M ..................(3) m
s tan 1
b. (i) Syarat berlakunya hukum kekekalan energi mekanik total sistem adalah energi mekanik tidak berubah terhadap waktu atau turunan energi mekanik total sistem terhadap waktu sama dengan nol. Pilih energi potensial nol di pusat silinder. Energi mekanik sistem adalah EM
1 2
m P vP2 MgyP
1 2
mQ vQ2 MgyQ
2
d 2m m a 2mga cos mga cos 2 dt 2 1
2
d ma 2mga cos mga sin ..................(4) 2 dt 3
2
Persamaan gerak sistem adalah d dt 3 2
d d 2 2 dt dt
ma 2 2
d 2mga sin dt d 2 dt 2
EM 0
d mga cos dt 1 3a
0
cos 2sin 0
..................(5)
(ii) Hukum II Newton pada partikel P dan Q dalam arah radial adalah
F m P aP 2mg cos N P 2m 2 a
..................(6)
F mQ aQ mg cos NQ m 2 a
..................(7)
Kekekalan energi mekanik sistem :
Davit Sipayung
| 11
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
EM awal EM akhir 2mga cos
2
mga cos
3
ma 2 2 2mga cos mga sin
2
2
2
2 g 3
2 2cos sin ..................(8) 3a 2
Substitusikan persamaan (8) ke persamaan (6) dan persamaan (7) : N P 2mg cos 2m 2 a
2mg cos
4mg 3
2 2cos sin 3 2
4 14 mg cos sin 2 2 ..................(9) 3 3
NQ mg sin m 2a
2 2cos sin 3 2 5 4 mg cos sin 2 ..................(10) 3 3 mg sin
2mg 3
(iii) Syarat partikel meninggalkan silinder adalah gaya normal sama dengan nol. Partikel P meninggalkan silinder : N P 0 4 14 cos sin 2 2 0 3 3
mg
7cos 2sin 3 2
2 3 2 7
72 22 cos tan1
2 3 2 53 7
cos tan1
3 2 2 tan 1 cos1 53 ..................(11) 7
Partikel Q meninggalkan silinder :
12 | Davit Sipayung
N Q 0 5 4 cos sin 2 0 3 3
mg
4cos 5sin 3 2
5 3 2 4
42 52 cos tan1
5 3 2 41 4
cos tan 1
3 2 5 tan 1 cos1 41 ..................(12) 4 4.
Pembahasan : a. Diagram gerak dan diagram gaya rantai sebelum mencapai lantai :
m= λ x
x h=L
mg
Misalkan bagian rantai yang menggantung vertikal adalah x, kerapatan massa rantai adalah λ = M/L dan massa rantai yang jatuh dari meja adalah m=λ x. Hukum II Newton untuk massa sistem berubah adalah F mg T
dp dt d dt
mv
..................(1)
Tegangan tali nol di ujung rantai akibatnya mg m
dv
v
dm
dt dt dx dv d xg x v x dt dx dt dv v2 ..................(2) gx xv dx
Misalkan solusi kecepatan rantai sebagai fungsi posisi adalah
v kxn
..................(3)
Davit Sipayung
| 13
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
dengan k adalah konstanta. Substitusi persamaan (3) ke persamaan (2) : gx x kx n knxn
1
gx k 2 n 1 x 2 n
k 2 x2n
..................(4)
Menurut kesamaan ruas kanan dan ruas kiri persamaan (4) diperoleh 1 2n n
1
..................(5)
2
g
g k 2 n 1 k
n 1
2 g 3
..................(6)
Kecepatan rantai sebagai fungsi posisi diperoleh dengan mensubsitusi persamaan (5) dan persamaan (6) ke persamaan (3) adalah 2 gx
v
3
..................(7)
Percepatan rantai adalah a
dv
dt dv v dx 2 gx d
3 dx
3
2 gx 1 2 gx
2 gx
3 2 3
g 3
1 2
2 g 3
..................(8)
Rantai bergerak dengan percepatan konstan a= g /3 ke bawah. b. Kecepatan ketika rantai pertama kali menyentuh rantai ketika x = L adalah v
2 gL 3
..................(7)
c. Diagram gerak rantai setelah semua rantai sudah lepas dari meja.
x h=L
14 | Davit Sipayung
Gaya total yang dirasakan lantai sama dengan gaya impuls oleh elemen rantai yang menumbuk lantai ditambah gaya berat rantai yang sudah dilantai. Kecepatan ujung rantai bermassa dm ketika menumbuk rantai adalah v
2 gx 3
. Impuls yang diterima lantai
selama dt adalah dp = vdm. Sehingga, gaya yang diterima lantai karena ditumbuk oleh dm adalah dp
Fimpuls
dt
vdm dt
v dx
v 2
dt
M 2
gx
L 3
2x 3L
Mg
..................(8)
Berat rantai yang sudah di lantai yang panjangnya x adalah w
x L
..................(9)
Mg
Gaya total yang dirasakan lantai adalah N Fimpuls w
2 x 3 L
Mg
x L
Mg
5Mg 3L
x
..................(10)
d. Percepatan setiap elemen rantai jatuh konstan, a = g /3. Persamaan kinematika ujung bawah rantai dengan x =0 di meja adalah x x0 v0t
1 2
at 2
1 g 23
t 2
..................(11)
Waktu yang dibutuhkan ujung lain rantai mencapai lantai dihitung sejak rantai mulai bergerak adalah L
1 g
T
6 L
23
T 2
g
..................(12)
e. i. N = 5Mg/3 ii. N = Mg
5.
Pembahasan: a. Kecepatan sudut persegi adalah
d dt
..................(1)
Menurut sudut tempuh persegi,
Davit Sipayung
| 15
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
t
13 3
Davit Sipayung
[email protected]
Vt 3 2a 13
tan 1
3 Vt 3 t 13 2a 13 d 3 V d 3 tan t t dt 13 dt 13 2a
tan
3 3 d V 3 t 13 13 dt 2a 13 3 d V t cos2 13 dt 2a Vt 3 V cos 2 tan 1 ..................(2) 2a 2a 13
sec2
Percepatan sudut persegi adalah
d dt d V
2
cos dt 2a V 2cos 2a V sin 2 2a
3 t 13
3 3 d t 13 13 dt 13 3 V 3 3 t t cos2 13 2a 13 13 3 V 2 3 3 t cos2 t sin 2 13 13 4a 13 V t 3 V2 3 2 1 Vt 3 sin 2tan1 cos tan 2a 13 2a 13 ..................(3) 4a 13 3
t sin
b. Momen inersia total sistem adalah jumlah momen inersia ke empat batang dan serangga. Momen inersianya dihitung menggunakan teorema sumbus sejajar sebagai berikut
16 | Davit Sipayung
I A I AB I BC ICD I DA I serangga
1 1 1 1 mL2 md12 mL2 md12 mL2 md12 mL2 md12 mr 2 12 12 12 12 2 2 1 1 m 2a ma 2 m 2a m 4a2 a2 12 12 2 2 1 1 m 2a m 4a2 a2 m 2a ma2 m 4a2 V 2 t 2 12 12
40 3
ma 2 mV 2t 2 ..................(4)
C
2a
2a
D d 3
d 2
2a
Vt
r d 4
A
B
2a
d 1
Posisi saat t c. Diagram benda bebas untuk persegi dan serangga : C f
D
N
y N
f
B A
θ (t )
x
Posisi saat t Hukum II Newton untuk rotasi persegi :
A I A f 2a N Vt I A ..................(5) Hukum II Newton untuk serangga pada arah x adalah : f sin N cos ma x ..................(6)
Komponen posisi serangga pada sumbu x adalah
Davit Sipayung
| 17
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
x 2a cos Vt sin dx
v x
dt
a x
2a sin
d 2x dt
2
d dt
V sin Vt cos
d dt
2
d 2 d d 2 d 2a cos 2a sin dt 2 V cos dt Vt sin dt 2 dt Vt sin 2a sin V cos 2a cos 2 ..................(7)
Eliminasi f menggunakan persamaan (5) dan persamaan (6) untuk mendapatkan N
I A sin 2amax 2a cos Vt sin
..................(8)
d. Eliminasi N menggunakan persamaan (5) dan persamaan (6) untuk mendapatkan f
6.
I A cos Vtmax Vt sin 2a cos
..................(9)
Pembahasan: a. Misalkan: kelajuan roket di orbit rendah dan orbit tinggi ketika orbit lingkaran berturutturut adalah v R 1 dan v R 2 , kelajuan roket di orbit rendah dan orbit tinggi ketika orbit elips berturut-turut adalah v R 1 dan v R 2 , massa bumi adalah M . Perubahan kecepatan di orbit rendah adalah
v1 v R 1 vR 1
..................(1)
Torsi oleh gaya gravitasi terhadap pusat bumi sama dengan nol sehingga berlaku hukum kekekalan momentum sudut terhadap pusat bumi selama roket dalam orbit elips, yaitu L1 L2
m m1 v R 1 R1 m m1 v R 2 R2 v R 2
R1 R2
vR 1
..................(2)
Hukum kekekalan energi mekanik :
18 | Davit Sipayung
EM1 EM 2 1 2
m m1 v R21
GM m m1 R1
1 2
m m1 v R22
GM m m1 R2
1 1 21 v R22 2GM v R R1 R2 2
R 1 1 1 vR 1 2GM R2 R1 R2
v R21
v R 1
2GMR2 R1 R1 R2
..................(3)
Hukum II Newton untuk orbit rendah ketika orbit lingkaran :
F ma sp GMm R12
m
v R2 1 R1
GM v R2 1 R1 ..................(4)
Jadi :
2 R2 v1 v R 1 vR 1 vR 1 1 ..................(5) R1 R2 b. Perubahan kecepatan di orbit tinggi adalah
v2 v R 2 vR 2
..................(6)
Menurut hukum II Newton untuk orbit tinggi ketika orbit lingkaran : GM v R2 2 R2 v R2 1 R1 vR2 2 R2 v R 2 vR 1
R1 R2
..................(7)
Kecepatan di orbit tinggi ketika orbit elips adalah v R 2
R1 R2
vR 1
2GMR1 R2 R1 R2
vR 1
2R12 R2 R1 R2
..................(8)
Jadi :
v2 v R 2 vR 2 vR 1
R1
2R1 1 ..................(9) R2 R1 R2
c. Persamaan gerak roket selama membuang bahan bakar:
Davit Sipayung
| 19
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
m0 m m0 v v v0 u ln m0 m m m v u ln 0 m0 v m0 m e u v v0 u ln
m0
v m m0 1 e u ..................(10)
Massa bahan bakar yang terbuang di orbit rendah : v 1 m1 m01 1 e u ..................(11)
Massa bahan bakar yang terbuang di orbit tinggi : v 2 m2 m02 1 e u
me
v1 v f
v 2 1 e u
..................(12)
Nilai ∆v1 dan ∆v2 pada jawaban bagian a) dan b).
7.
Pembahasan : a. Diagram gerak dan diagram gaya pada setiap benda : T ′ N-1 T ′ N-1 T N-1 T ′3
T 3 T ′1
T 1
m N f N
T N-1 f 4 T 3
f N-1
f 3
T ′ N-2 T ′ N-2 T N-2 T ′2
f 3
T ′2
m2 f 2
f 2
m1 f 1
20 | Davit Sipayung
m N-1
m3
T ′1 T 1
f N
T 2
T 2
F a
Setiap benda memiliki percepatan yang sama a terhadap lantai karena semua benda dihubungkan oleh tali yang sama. Hukum II Newton benda m1 , m2 , m3 ,..., m N-1 , m N berturut-turun di bawah ini : F T1 f1 f 2 m1a
T1 T2 f 2 f3 m2 a T2 T3 f3 f 4 m3 a .............(1) T N 2 TN 1 f N 1 f N mN 1a T N 1 f N mN a Setiap katrol memiliki percepatan sudut yang sama α karena katrol identik. Hukum II Newton gerak rotasi katrol 1, 2,3,..., N-1 berturut-turun di bawah ini :
T T R I T T R I T T R I .............(2)
1
1
2
2
3
3
T N 1 TN 1 R I
Besar setiap gaya gesek adalah
m N 1 mN g f 2 N 2 m2 m3 m N 1 mN g f3 N3 m3 m N 1 mN g .............(3) f N 1 N N 1 mN 1 mN g f N N N mN g f1 N1 m1 m2 m3
Asumsikan katrol tidak slip sehingga berlaku hubungan a =α R. Jumlahkan seluruh persamaan gerak seluruh benda untuk mendapatkan
Davit Sipayung
| 21
Sekolah Online Fisika Indonesia davitsipayung.com
Davit Sipayung
[email protected]
F T1 T1 T2 T2 T3 T3
2 f1 f 2 f3 F N 1
I R 2
T N 1 T N 1
f N 1 f N m1 m2 m3
a 2 m1 2m2 2m3
N 1 m N 1 NmN g m1 m2 m3
a
F 2 m1 2m2 3m3
m1 m2 m3
N 1 m N 1 NmN g
I m N 1 mN N 1 2 R
Misalkan massa total benda adalah
mN 1 mN a
m1 m2 m3
m N 1 mN a
.............(4)
m N 1 mN M . Persamaan
terakhir di atas dapat ditulis b. Diketahui : N = 10, m1 m2 m3 g
F 2 m 2m 3m
m N 1 mN m , I = ½ mR2, dan a = g.
9m 10m g
9 10m 2 m
F 11
29
mg kmg .............(5)
2
dengan k 11
29 2
.............(6)
KOREKSI JAWABAN DAPAT DI EMAIL KE
[email protected]
22 | Davit Sipayung
