Dokumen tersebut memberikan penjelasan tentang gerak bola yang menabrak permukaan datar dan melengkung dengan asumsi tumbukan lenting sempurna. Diberikan pula analisis tentang osilasi tali dan cincin yang dihubungkan dengan hukum kekekalan energi mekanik.

1. SOLUSI
1.
A. Waktu bola untuk jatuh diberikan oleh : t A=
Jarak d yang dibutuhkan adalah d =v 0 t A=v 0
B.


2H
g
2H
g
i. Karena bola tidak slip sama sekali dan tumbukan lenting sempurna maka energi mekanik
sistem kekal.
ii. Gaya gesek arahnya ke sumbu x negatif (melawan arah gerak relatif bola)
iii. Impuls gaya gesek:
I A =m v 0−mv ' A , x .
iv. Impuls sudut dari gaya gesek:
2
I A R= m R2 ' A
5
1
1
1 2
2
2
2
2
2
2
m  v 0v A , y  = m  v ' A , x v ' A , y  . m R ' A
2
2
2 5
C. Hukum kekekalan energi:
Karena tumbukan lenting sempurna, kecepatan bola dalam arah vertikal tidak berubah sehingga
vA,y = v'A,y .
2
v 2 =v ' 2 , x  R2 ' 2
0
A
A
5
Sederhanakan, didapat :
Gunakan hubungan impuls:
2
0
2
A, x
2
I x =m  v 0−v ' A , x  = m R ' A ,
5

2 5
=
 v −v ' A , x 
5 2 0

2
didapat
v −v '
atau
 v 0−v ' A , x  v 0 v ' A , x = 2  v 0 −v ' A , x 
Ada 2 solusi:
3
v ' A , x =v 0 dan v ' A , x = v 0
7
5
Solusi yang benar adalah solusi kedua:
2
10 v
3
5
v ' A , x = v 0 dengan ' A=
 v 0−v ' A , x = 7 R0
7
2R
D. Untuk menghitung posisi tumbukan kedua di B, kita perlu menghitung waktu agar bola bisa
menyentuh keping atas K1. Persamaan yang digunakan hanyalah persamaan gerak parabola:
1 2
h=v A , y t B− g t B
2
dengan v A , y = 2 g H
1

2. Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat:
tB=
 2 g H ±  2 g H −2 g h =
g
   
2H
h
1± 1−
g
H
Ambil solusi negatif dan masukkan harga h = 0,75 H:

17
d ,h
14



1 2H
2 g
3
1
x B=v x t B= v 0 .
7
2
Jarak horizontal yang ditempuh bola adalah
koordinat B d , h=Bd x B , h=B
tB=
diperoleh =
2H
3
= d , sehingga dengan
g
14
17
14
E. Proses tumbukan kedua mirip dengan proses tumbukan pertama. Yang perlu diperhatikan adalah
ada perubahan persamaan impuls-nya. Karena rotasi bola terlalu cepat (ω'A R > v'A,x) maka gaya
gesek berusaha mengurangi kecepatan rotasi sehingga gaya gesek arahnya juga ke sumbu x
negatif.
I B =m
F. Besarnya impuls gaya gesek diberikan oleh

3
v −v ' B , x
7 0

dengan v'B,x adalah kecepatan bola setelah tumbukan.

2
10 v 0
I B R= m R2
− ' B
5
7 R
Impuls sudut diberikan oleh

dengan ω'B adalah kecepatan sudut bola setelah tumbukan.
Hukum kekekalan energi:
1
1 2
1
1 2
2
2
2
2
2
2
2
2
E= m  v ' B , x v ' B , y  . m R  ' B= m  v B , x v B , y  . mR  B .
2
2 5
2
2 5
10 v 0
3
Kecepatan dalam arah x: v B , x =v ' A , x = v 0 dan kecepatan sudut:  B =' A=
.
7
7R
Karena tumbukan lenting sempurna, berlaku: vB,y = v'B,y .
Dari hubungan impuls, didapat ' B=

5 1
v v ' B , x
2R 7 0

2
Masukkan semua informasi ini ke persamaan energi, didapat: v ' B , x 
10
93 2
v ' B , x v 0−
v =0 .
49
343 0
Faktorkan, dengan memperhatikan bahwa salah satu solusi adalah solusi untuk kasus tidak terjadi
tumbukan:



3
31
v ' B , x − v 0 v ' B , x  v 0 =0
7
49
2

3. Sehingga didapat v ' B , x =−
31
v dan
49 0
' B=−
60 v 0
49 R
G. Waktu untuk bola bergerak dari B ke C sama dengan waktu bola bergerak dari A ke B. Jarak yang
tA
31
=− d .
2
98
ditempuh bola adalah d BC=v ' B , x
Artinya jarak titik C dari titik asal O(0,0) adalah d x Bd BC=d 
koordinat titik C adalah

44
d ,0
49
3
31
44
d− d = d , sehingga
14
98
49

2. Oleh karena tiap partikel dalam tali memiliki kelajuan yang sama, maka energi kinetik tali adalah
1
E K= M v 2
2
Pada saat ujung bebas tali sudah tergeser sejauh x dari posisi awal, energi potensial pegas adalah
 
1
1 M g 2 M g x2
E pegas = k x 2 =
x=
p
2
2 2L
4L
Sementara itu, energi potensial gravitasi tali relatif terhadap posisi awal adalah
tali
 
E p =−

M
1
Mgx
x g L x =−
2 Lx 
4L
2
8L
sehingga energi potensial total sistem adalah
E p =E pegas E tali =
p
p
Mgx
 x−2 L
8L
A. Persamaan kekekalan energi mekanik E tali adalah
1
Mg
2
Mv 
x  x−2 L=E
2
8L
Diketahui pada saat awal (t = 0), x = 0, dan v = 0 sehingga E = 0. Dengan demikian
v2 =
g
x 2 L−x 
4L
(1)
B. Selanjutnya dari pers. (1) dapat dihitung derivatif terhadap waktu (t), yaitu
2v

dv g
dx
dx
=
2 L −2 x
dt 4 L
dt
dt

sehingga
dv g
=
 L−x  atau
dt 4 L
d2 x g
=
 L− x
dt 2 4 L
Artinya, persamaan gerak ujung bebas tali untuk pergeseran x adalah
3

4. d2
g
 x−L
 x−L=0
2
4L
dt
yang tidak lain adalah persamaan gerak osilasi harmonik sederhana di sekitar titik x = L. Dengan
demikian, besar periode osilasi adalah
T =2 


4L
L
=4
g
g
dan karena v = 0 untuk x = 0 maka amplitudo osilasi adalah L.
3.
A. Jika kecepatan sudut cincin adalah ω, maka energi kinetik translasi cincin adalah
EK T =
1
1
2
2
2
Mv= MR 
2
2
Energi kinetik rotasi cincin adalah:
1
1
EK R= I 2= M R2  2
2
2
Energi kinetik total:
EK =M R 2  2
Energi potensial:
EP=−M g R cos 
1
2 2
EK = M R 
2
Bandingkan hasil ini dengan bandul sederhana (yang memiliki energi kinetik:
dan energi potensial
EP=−M g R cos  , periode diberikan oleh T =2 
Sehingga periode osilasi sistem ini diberikan oleh




M R2
R ).
=2 
M gR
g
2 M R2
2R
T =2 
=2 
M gR
g
Jika menggunakan metode gaya/torka:
Momen inersia terhadap titik O: Icm + MR2 = 2 MR2.
Torka terhadap titik O:
−M g R sin =2 M R2 
Sederhanakan: 
g
sin =0
2R
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh T =2 
B.
i. Perhatian gambar. Busur AB = busur A'B' = rθ.
4

2R
g

5. =−
 
A' B '
r
= 1−
R
R
ii. Jika laju perubahan sudut θ adalah ωθ , maka energi kinetik translasi cincin adalah
1
1
EK T = M v 2= M  R−r 2  2

2
2
Energi kinetik rotasi cincin adalah:
 
2
1
1
r
1
2
EK R= I 2 = M R 2  2 1−
= M  R−r 2 


2
2
R
2
EK =M  R−r 2 2

Energi kinetik total:
Energi potensial:
EP=−M g  R−r cos 


2
Jadi periode osilasi diberikan oleh T =2  2 M  R−r  =2  2 R−r 
M g  R−r 
g
f
A'
B
A
B'
φ
θ
R
O
P'
θ
r
P
Mg
Jika menggunakan metode gaya/torka:
Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B'
−M g sin  f =M  R−r  
Persamaan gerak rotasi terhadap pusat cincin:
2
− f R= M R 
Gunakan hubungan pada bagian i:
5

6.  
 = 1−
r
R
Gabungkan ketiga persamaan ini, didapat
−M g sin =2 M  R−r  
sederhanakan:

g
sin =0
2 R−r 
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh T =2 
iii. Jika r menuju nol didapat T =2 
C.
i.


2 R−r 
g
2R
g
 
= 1−
r
r

R
R
ii. Untuk mencari hubungan sudut-sudut ini, tinjau gerak rotasi kedua cincin. Ada gaya gesek
antara kedua cincin.
Persamaan gerak rotasi cincin besar:
− f R= M R 2 
Persamaan gerak rotasi cincin kecil:
f r=m r 2 
M Rmr  =0
Eliminasi gaya gesek f, didapat
M R m r  =0
sehingga hubungan kecepatan sudut diberikan oleh:
 
Dari hubungan sudut dari bagian i, didapat  =  1−
r
r
 
R
R
Gabungkan kedua hubungan kecepatan sudut ini:
 =
dan
 
 
m
r
 1−
m M
R
 =−
M
R
r
  1−
m M
r
R
.
Energi kinetik rotasi cincin besar:
1
m2 M
2
2
2
M R  =
  R−r 2
2
2
2 mM 
Energi kinetik rotasi cincin kecil:
1
mM2
2 2
2
2
m r  =
  R−r 
2
2
2 mM 
Energi kinetik translasi cincin besar:
1
1
M v 2 = M  R−r 2 2

2
2
6

7. Energi kinetik total:
mM
1
1
2
2
2
2
2
2 2 mM
   R−r   M    R−r  = M   R−r 
2 mM 
2
2
mM
EP=−M g  R−r cos 
Energi potensial:
Jadi periode osilasi diberikan oleh
T =2 

2 m M
m M
=2 
M g  R−r 
M  R−r 2
 
R−r 2 mM
g
mM
Jika menggunakan metode gaya/torka:
Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B'
−M g sin  f =M  R−r  
Persamaan gerak rotasi sudah diberikan pada bagian pembahasan energi:
− f R= M R 2 
f r=m r 2 
Gabungkan hasil ini dengan persamaan pada bagian i: didapat:
f =−
mM
  R−r 
mM 
Masukkan ini ke persamaan gaya:
−M g sin =
mM
  R−r M  R−r 
mM 
Sederhanakan:

g mM
sin =0
R−r 2 mM
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), didapat T =2 
iii. Untuk limit m besar, didapat T =2 
4.

2 R−r 
.
g
 
R−r 2 m M
g
m M
A. Tanpa ada medan magnet, muatan 1 akan bergerak ke kiri (sumbu y negatif). Agar muatan
berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B1 ke luar bidang kertas (sumbu x positif). Demikian
juga dengan muatan 2, tanpa medan magnet, muatan 2 akan bergerak ke kanan (sumbu y positif).
Agar muatan 2 berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B2 masuk ke bidang kertas (sumbu x
negatif).
7

8. B. Gaya yang bekerja pada muatan 1: F1 =−
Gaya yang bekerja pada muatan 2: F 2=
dengan

y dan
z

k q2
y −B q v 1, y z B q v 1, z y



2 y2
k q2
y B q v 2, y z −B q v 2, z y



2 y 2
berturut-turut adalah vektor satuan yang menyatakan arah y positif dan arah
z positif.
Persamaan gerak muatan 2:
sumbu y: m a 2, y =
k q2
−B q v 2, z
4 y2
sumbu z: m a 2, z=B q v 2, y
C. Energi mekanik kekal, karena medan magnet tidak bisa mengerjakan usaha.
D. Persamaan energi:

k q2 k q 2
1
1
=
2. m v 2  m v 2
y
z
2d 2 y
2
2

.
Faktor 2 dimasukkan karena energi kinetik kedua muatan sama besar.
Untuk mencari ukuran kotak, kita butuh kecepatan dalam arah y sama dengan nol saat jarak kedua
muatan adalah 2L.
Untuk mencari kecepatan dalam arah z, kita hanya butuh melakukan integral sederhana yaitu dari
persamaan m a 2, z=B q v 2, y atau m
dv 2, z
dy 2
=B q
dt
dt
sehingga m dv 2, z =B q dy 2 .
Karena kecepatan mula-mula dalam arah z adalah nol, saat y = d, maka didapat
m v z= B q L−d 
Gunakan hasil ini pada persamaan energi, didapat

k q2 k q 2
B q  L−d 
=
m
2d 2 L
m
 
k 1 1
B 2  L−d 2
− =
2 d L
m
Sederhanakan:
atau

2
km
= L−d  L d
2 B2
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat
Ambil solusi positif:
L=
[ 
d
2km
1 1 2 3
2
B d
L=
]
8
[ 
d
2k m
1± 1 2 3
2
B d
]