Pembahasan Olimpiade Minggu ke 1

  Basyir Al Banjari _{0896-5985-6821} ^{mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com} _{www.basyiralbanjari.wordpress.com} ^{Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari} “Untuk jadi maju memang banyak tantangan dan hambatan. Kecewa semenit dua menit boleh, tetapi setelah itu harus bangkit lagi.”

  Joko Widodo

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  Olimpiade Mingguan Minggu ke-1

   Periode 7-14 Maret 2018

  Sebelum memulai jangan lupa berdoa dulu ya menurut agama dan keyakinannya masing-masing , bagi yang muslim baca doa mau belajar ya 

  

ِ ي ِ ِ رلا ِ م ِ ح ِ ِ رلا ِ ِ س

ِ ح ِ هللا ِ م ِ مِ ِ نِ ِ ب ً ِا ًِم ل ِ ِ د ِ ب ِ رِ ِ ِ عِي ِ ن ِِ ز لْ و ُس ر وِاًّي ب نِ ٍد م ح ُم ب وِا ًن ي دِ م لَ س لْا ب وِاًّب رِ هللاا بِ ُت ي ض ر

  

ًِما ِ ه ِ فِي ُِزِ ِ ر ِ و

قِ ن

  “Dengan menyebut nama Allah yang maha pengasih lagi maha penyayang, kami ridho Allah SWT sebagai tuhanku, islam sebagai Agamaku, dan Nabi Muhammad sebagai Nabi dan Rasul, Ya Allah, tambahkanlah kepadaku ilmu dan berikanlah aku pengertian yang baik

  ” Number 1

  Suatu objek berbentuk persegi bermassa bergerak lurus dengan kecepatan konstan di atas sebuah meja licin. Dua buah batang bermassa dan panjang pada awalnya diam di atas meja licin tersebut dan membentuk sudut dengan garis sejajar arah gerak persegi

  . Jika kemudian persegi menumbuk kedua batang secara elastis sempurna dan = 5 , tentukanlah kecepatan akhir tiap benda dan kecepatan sudut batang!

  Pembahasan : Untuk sistem ini, karena semua benda berada di atas meja licin sehingga tidak ada gaya gesek, maka momentum linear arah horizontal sistem kekal. Hal ini dikarenakan tidak adanya gaya luar yang bekerja pada arah horizontal. Namun agar lebih mudah, kita tinjau dari impuls yang bekerja pada sistem. Kemudian energi sistem juga kekal karena tidak ada gaya luar nonkonservatif yang bekerja pada sistem. Berikut kondisi sistem setelah tumbukan _{Basyir Al Banjari}

_{0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com}

_{mechtermlighlisfism} xanderbasyir99@gmail.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  Δ Δ

  Δ Δ

  Impuls linear/angular total yang bekerja pada suatu benda sama dengan perubahan momentum linear/angularnya nya Untuk persegi

  (arah positif searah dengan arah gerak persegi) −2Δ = Δ

  5 −2Δ = 5 ( − − ) … (1)

  ) ⟹ Δ = (

  2 Untuk batang : impuls linear

• – perubahan momentum linear (kita tinjau salah satu saja karena gerkan kedua batang sama, dalam hal ini saya pilih batang atas) Δ = … (2) Untuk batang : impuls angular
• – perubahan momentum angular Di sini, kita bisa tinjau terhadap terhadap titik mana saja, namun agar memudahkan, kita tinjau terhadap pusat massa batang agar kecepatan pusat massa batang tidak perlu kita ikut sertakan. Momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah

  1

  2

  =

  12 maka Δ 2 sin =

  1

  2

  Δ ⟹ Δ = 2 sin = 12 6 sin … (3)

  Dari persamaan (1) dan (2) kita dapatkan

  5

  2

  5 ( − ) = ⟹ − = (4) dan = ( − ) … (5) 2 5 …

  2 Dari persamaan (2) dan (3) _{Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com}

  

0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  = 6 sin ⟹ = 6 sin … (6) Dari kekekalan energi sistem kita dapatkan

  1

  1

  1

  1

  2

  2

  2

  2

  = + 2 + 2

  2

  2

  2

  2

  1

  2

  2

  2

  2

  2

• 5 = 5 + 2

  6

  1

  2

  2

  2

  2

  2

  5( − + ) = 2

  6

  1

  2

  2

  5( + )( − ) = 2 ( )

• 6

  Subtitusi persmaan (4) dan (6)

  2

  1

  2

  2

  5( + ) (6 sin ) + 5 = 2

  6

  2

  2 + 2 = 2 + 6 sin

  2

• = (1 + 3 sin ) Subtitusi persamaan (5)

  5

  2

• = ( − )(1 + 3 sin )

  2

  2

  1 1 3 + 15 sin

  2

  2

  ) = ) ⟹ = (3 + 15 sin (7 + 15 sin

  2

  2 2 7 + 15 sin Subtitusi ke persamaan (5)

  2

  5 3 + 15 sin = − )

  2

  2 ( 7 + 15 sin

  2

  2

  7 + 15 sin 3 + 15 sin

  4 = 5 ( − ) ⟹ =

  2

  2

  2

  7 + 15 sin 7 + 15 sin 7 + 15 sin Subtitusi ke persamaan (6)

  4 24 sin = 6 sin ⟹ =

  2

  2

  7 + 15 sin ) (7 + 15 sin

  Number 2 Di atas suatu meja licin, diletakkan susunan kotak berbentuk kubus bermassa

  . Panjang rusuk kubus tersebut adalah , , , … ,

  . Suatu ketika, si kubus yang

  1

  2

  3

  pertama yang pada awalnya diam di beri impuls sehingga dia bergerak dengan kecepatan konstan kemudian menumbuk kubus kedua, ketiga, dan seterusnya. Di ujung meja terdapat sebuah pojokan. Massa kubus pertama adalah

  , massa kubus kedua adalah setengah kubus pertama, massa kubus ketiga adalah setengah kubus kedua dan pola ini berlangsung seterusnya sampai kubus terakhir yaitu kubus ke

  . Setelah menumbuk kotak di depannya, kotak tidak bertumbukan lagi, khusus untuk kotak pertama dan ke , dia hanya bertumbukan satu kali. _{Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com}

  

0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com

• 2
• 1

  2

  1

  2

  −

  1 ′ 2

  ) =

  2

  2

  2(

  1

  −

  1 ′

  )(

  1

  ) =

  2

  2

  (

  1

  ) =

  2

  2

  ⟹

  1

  =

  2

  … (2) Subtitusi persamaan (2) ke (1)

  1

  2

  3

  …

  2(

  2

  ⟹ 2(

  1

  Kecepatan kubus ke sebelum menumbuk pojokan meja! c. Impuls minimum yang diberikan pada kubus pertama agar kubus terakhir dapat jatuh dari meja!

  Untuk kondisi yang kedua, semua tumbukan berlangsung secara elastis sebagian dengan koefisien restitusi , tentukanlah : d. Kecepatan kubus ke dimana 1 < < ! e. Kecepatan kubus ke sebelum menumbuk pojokan meja! f. Impuls minimum yang diberikan pada kubus pertama agar kubus terakhir dapat jatuh dari meja! g.

  Besar energi yang hilang setelah semua tumbukan terjadi! Untuk kondisi ketiga, tumbukan yang terjadi tidak elastik sama sekali, tentukanlah : h.

  Kecepatan akhir semua kubus setelah semuanya bergerak bersama! Pembahasan : a.

  Supaya kita tidak perlu meninjau semua tumbukan, kita tinjau tumbukan dua buah kotak dimana kubus pertama bermassa bergerak menumbuk kubus kedua bermassa

  /2 dengan kecepatan

  1

  . Karena tumbukan elastis sempurna dan meja licin kita bisa menggunakan hukum kekekalan momentum linear dan kekekalan energi kinetik. Kekekalan momentum linear

  1

  =

  1 ′

  2

  2

  −

  Untuk kondisi yang pertama, semua tumbukan berlangsung secara elastis sempurna, tentukanlah : a.

  1 ′

  ) =

  2

  … (1) Kekekalan energi mekanik

  1

  2

  1

  2

  =

  1

  2

  1 ′ 2

  2

  Kecepatan kubus ke setelah di tumbuk kubus ke ke − 1 dimana 1 < < ! b.

2 Subtitusi persamaan (1)

• 1 ′
• 1 ′
• 1 ′

  Basyir Al Banjari _{0896-5985-6821} ^{mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com} _{www.basyiralbanjari.wordpress.com} ^{Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari}

  =

  4

  2

  ⟹

  2

  =

  1

  1

  ke persamaan (2)

  1 ′

  3

  1

  =

  1 ′

  ⟹

  1

  ) =

  1 ′

  −

  1

  2(

• 1 ′

1 Subtitusi

• 1

1 Kita kembali ke soal. Perhatikan bahwa semua tumbukan yang terjadi pada soal ini

  3

  27 …

  =

  1

  3

  3

  =

  16

  27

  4

  =

  4

  3

  3

  =

  64

  = (

  9

  4 3)

  −1 ′

  =

  4

  −1

  3 Maka kecepatan kubus ke setelah ditumbuk kubus ke − 1 adalah = (

  4 3)

  −1 b.

  Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian a akan kita peroleh kecepatan kubus ke sebelum menumbuk pojokan meja yaitu

  = (

  4 3)

  −1 c.

  Berikut adalah kondisi kotak ke ketika menumbuk pojokan meja

  Basyir Al Banjari _{0896-5985-6821} ^{mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com} _{www.basyiralbanjari.wordpress.com} ^{Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari}

  3 ′

  16

  adalah tumbukan kubus yang bermassa dua kali dari kubus yang ditumbukanya, maka pola ini akan berlanjut terus.

  1

  1

  =

  1 ′

  =

  1

  3

  1

  =

  1

  3

  2

  =

  4

  3

  =

  =

  4

  2

  3

  4

  =

  3

  9

  =

  4

  2

  3

  1

  3

  2 ′

  3

  =

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  Gaya luar yang bekerja pada kubus terjadi pada titik sentuh antara kubus dan pojokan meja. Jadi, jika kita tinjau terhadap titik ini, tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada kubus sehingga berlaku hukum kekekalan momentum sudut terhadap titik ini.

  2 = Momen inersia persegi terhadap pusat massanya yang adalah

  1

  2

  =

  pm

  6 Dengan teorema sumbu sejajar, momen inersia persegi terhadap titik sudutnya adalah

  2

  √2 = ( +

  pm

  2 )

  2

  1

  2 √2

  2

  

2

  = + ( ⟹ = 6 2 ) 3 maka

  2

  3

  2

  ⟹ = 2 =

  3

  4 Dengan hukum kekeaklan energi mekanik sistem dengan acuan energi potensial sama dengan nol adalah permukaan meja licin akan kita dapatkan

  1

  1

  2 √2

  2

  2

  2

• ) 2 2 = 2 (

  3

  2

  2

  2

  3

  2

• = ) + √2 3 (

  4

  3

  2

  2

  − = (√2 − 1)

  8

  5

  8

  2

  = (√2 − 1) ⟹ = √ 8 5 (√2 − 1) … (3)

  −1

  4

  8 ( = √

  3) 5 (√2 − 1)

  −1

  3 √8

  = ( 4) 5 (√2 − 1)

  Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah

  −1

  3 √8

  Δ = ⟹ Δ = ( 4) 5 (√2 − 1) d.

  Sekarang tumbukan elastis sebagian, kita tinjau lagi kasus umum seperti pada bagian a. _{Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com}

  

0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  Kekekalan momentum linear

  ′ ′

  = ⟹ 2( + − … (4) ) =

  1

  1

  2

  1

  1

  2

  2 Dengan rumus koefisien restitusi akan kita dapatkan − ′

  2

  1 ′

  = − ⟹ = … (5) +

  2

  1

  1

  0 −

  1 Subtitusi persamaan (5) ke (4) ′ ′

• 2( − ) =

  1

  1

  1

  1

  (2 − )

  1 ′ ′

  = 3 ⟹ = (2 − )

  1

  1

  1

  3

  ′

  Subtitusi ke persamaan (4)

  1

  2(1 + ) (2 − )

  1

  1

  2 ( − ) = ⟹ =

  1

  2

  2

  3

  3 Dari sini, kita lihat polanya yaitu =

  1

  (2 − ) (2 − )

  1 ′

  = =

  1

  3

  3 2(1 + ) 2(1 + )

  1

  = =

  2

  3

  3 2(1 + )(2 − )

  (2 − )

  2 ′

  = =

  2

  3

  9

  2

  2(1 + ) 4(1 + )

  2

  = =

  3

  3

  9

  2

  4(1 + ) (2 − ) (2 − )

  3

  3 ′

  = =

  3

  3

  27

  3

  2(1 + ) 8(1 + )

  3

  = =

  4

  3

  27 …

  −1

  2(1 + ) = [ ]

  3

  −1

  [2(1 + )] (2 − )

  ′

  =

  3 Maka kecepatan kubus ke setelah ditumbuk kubus ke − 1 adalah

  −1

  2(1 + ) = [ ]

  3 e. Menggunakan hasil yang kita dapat dari bagian d akan kita peroleh kecepatan kubus ke sebelum menumbuk pojokan meja yaitu

  −1

  2(1 + ) = [ ] _{Basyir Al Banjari}

  3 _{mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com}

  

0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  f.

  Kasus ini sama seperti pada bagian c sehingga akan kita dapat pula hasil seperti pada persamaan (3) yaitu

  8 = √ 5 (√2 − 1)

  Maka

  −1

  2(1 + )

  8 [ ] = √ 3 5 (√2 − 1)

  −1

  3 √8

  = [ 2(1 + )] 5 (√2 − 1)

  Impuls minimum yang harus diberikan pada kubus pertama adalah

  −1

  3 √8

  Δ = ⟹ Δ = [ 2(1 + )] 5 (√2 − 1) g.

  Massa kotak ke adalah

  −1

  1 = (

  2) Energi awal sistem adalah

  1

  2

  =

  2 Energi akhir sistem setelah semua tumbukan terjadi adalah

  −1

  1

  1

  1

  1

  1

  1

  ′ 2 ′ 2 ′ 2 ′ 2

  2

  = + ⋯ + + + +

  1

  2

  3

  

4

  2

  2

  2

  2

  4

  2 8 2 ( 2)

  −1

  1

  1

  1

  1

  1

  ′ 2 ′ 2 ′ 2 ′2

  2

• = + + ⋯ + ( + )

  1

  2

  3

  4

  2 (

  2

  4 8 2)

  −1 2 2 −2 −1

  1 1 [2(1 + )] (2 − ) 2(1 + )

  2

  = (∑ [ ] + [ ] )

  −1

  2

  2

  3

  3

  =1 −1 2 −2 −1 2 −2

  

2

  1 2 2(1 + ) (1 + ) (2 − )

  2

  = (∑ + [ ] )

  2

  2

  3

  3

  =1

  Untuk menghitung nilai sigma di atas kita modifikasi terlebih dahulu menjadi

  2 −2 −1 2 −2 2 2 −2

  2

  2 (1 + ) (2 − ) √2 √2 (1 + ) (1 + ) (2 − )

  =

  2

  2

  3

  3

  2 −1 2 −2

  2

  2

  2 (1 + ) (2 − ) (2 − ) √2(1 + )

  = ([ ] )

  2

  2

  3 2(1 + )

  3 Sehingga _{Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com}

  

0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  −1 −1

  2 −1 2 −2

  2

  2

  2 (1 + ) (2 − ) (2 − ) √2(1 + )

  ∑ = ∑ ([ ] )

  2

  

2

  3 2(1 + )

  3 ⏟

  =1 =1 deret geometri

  Sigma terkahir adalah suatu deret geometri dengan suku pertama dan rasio memiliki nilai yang sama yaitu

  2

  √2(1 + ) = [ ] =

  3 Maka jumlah deret tersebut adalah (ingat bahwa < 1)

  −1

  (1 − ) = 1 −

  

−1

  2

  2

  [√2(1 + ) ] (1 − ([√2(1 + ) ] ) )

  3

  3 =

  2

  1 − [√2(1 + ) ]

  3

  −1

  2

  2

  2(1 + ) 2(1 + ) = [1 − ( ) ]

  2

  9 − 2(1 + )

  9 Maka

  −1 −1 −1 2 −2

  2

  2

  2

  2

  2 (1 + ) (2 − ) (2 − ) 2(1 + ) 2(1 + ) ∑ = [1 − ( ) ]

  2

  

2

  2

  3 2(1 + ) 9 − 2(1 + )

  9

  =1 −1 −1 −1 2 −2

  2

  

2

  2

  2 2(1 + )

  (1 + ) (2 − ) (2 − ) ∑ = [1 − ( ) ]

  2

  2

  3 9 − 2(1 + )

  9

  =1

  Sehingga energi akhir sistem adalah

  −1 2 −2

  2

  2

  1 2(1 + ) 2(1 + ) (2 − )

  2

  = ( [1 − ( ) ] + [ ] )

  2

  2 9 − 2(1 + )

  9

  3 Maka energi yang hilang adalah Δ = −

  −1 2 −2

  2

  2

  1 2(1 + ) 2(1 + ) (2 − )

  2

  Δ = − (1 − [1 − ( ) ] + [ ] )

  2

  2 9 − 2(1 + )

  9

  3 h. Soal ini cukup mudah karena momentum total sistem bernilai tetap. Misalkan kecepatan akhir semua kubus setelah semuanya menyatu adalah

  , maka dari kekekalan momentum linear akan kita dapatkan = ( + )

  −1

  2 + 4 + 8 + ⋯ +

  2 _{Basyir Al Banjari}

_{0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com}

_{mechtermlighlisfism} xanderbasyir99@gmail.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  1

  1

  1

  1 = (1 + )

  −1

  ⏟ 2 + 4 + 8 + ⋯ +

  2

  deret geometri

  Dengan = 1 dan = 1/2 dan = maka

  (1 − ) = 1 −

  −1

  1 1 − (12) = ⟹ = 2 − (

  2) 1 − 12 Maka

  −1 −1 −1

  1

  1 = [2 − ( ] ⟹ = [2 − ( ]

  2) 2) Number 3

  Sebuah bola bermassa dan jari-jari berada di atas lintasan horizontal dalam keadaan diam. Sebuah kotak bermassa 2 dengan tinggi ℎ memiliki suatu tongkat yang terikat di atasnya seperti gambar di bawah. kotak ini berada di permukaan bidang miring dimana ketinggian pusat massa kotak dari permukaan horizontal adalah dan pada awalnya berada dalam keadaaan diam. Kotak kemudian dijatuhkan begitu saja tanpa diberi kecepatan awal. Abaikan efek perubahan lintasan kotak dari bidang miring ke bidang horizontal. Kotak ini kemudian menumbuk bola secara elastis sempurna sehingga bola bergerak translasi sekaligus rotasi. Asumsikan ≫ ℎ.

  2 ℎ

  Tentukanlah : a.

  Energi potensial awal kotak dengan acuan permukaan horizontal! b.

  Kecepatan kotak ketika sampai di permukaan horizontal! c. Kecepatan translasi kotak dan bola serta kecepatan sudut bola setelah tumbukan! d.

  Nilai ℎ yang dapat membuat bola menggelinding tanpa slip di atas bidang horizontal jika tidak ada lintasan kasar! Pembahasan : a.

  Energi potensial awal kotak adalah _{Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism xanderbasyir99@gmail.com}

  

0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  = 2 b. Karena permukaan bidang miring licin, energi mekanik sistem kekal. Misalkan kecepatan kotak ketika sampai di bidang horizontal adalah maka

  ℎ

  1

  2

  2 = 2 2 + 2 2 ℎ

  1

  2

  ( − 2) =

  2

  2

  = (2 − ℎ) Karena

  ≫ ℎ maka 2 − ℎ ≈ 2 sehingga = √2 c. Sekarang kita tinjau perubahan momentum kotak dan bola. Misalkan besar impuls yang diberikan kotak dan bola satau sama lain adalah

  Δ . Perhatikan kondisi kotak dan bola ketika bertumbukan Δ Δ

  2 ℎ

  2

  1

  2 Untuk kotak : Impuls luar

• – Perubahan momentum linear −Δ = 2 ( − ) ⟹ Δ = 2 ( − ) … (1)

  1

  

1

Untuk bola : Impuls luar

• – Perubahan momentum linear Δ = … (2)

2 Untuk bola : Impuls angular

• – Perubahan momentum angular

  2

  2

  Δ (ℎ − ) = … (3)

  5 Dari persamaan (1) dan (2) 2 ( − ) = ⟹ 2( − ) = … (4)

  1

  2

  1

2 Dari persamaan (2) dan (3)

  2 5 ℎ −

  2

  ⟹ = … (5) (ℎ − ) =

  2

  2

  5 2 ( ) Karena tumbukan elastis maka energi kinetik sistem kekal

  1

  1

  1

  1

  2

  2

  2

  2

  

2

  2

  = + ) +

  1

  2

  2 2 2 2 2 2 (

  5 _{Basyir Al Banjari}

_{0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com}

_{mechtermlighlisfism} xanderbasyir99@gmail.com

  _{Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari Contact Person : 0896-5985-6821} Ahmad Basyir Najwan

  2

  2

  2

  2

  2

  2( − ) = ( ) +

  1

  2

  5

  2

  2

  2

  2( − )( ) = ( ) + +

  1

  1

  2

  5 Subtitusi persamaan (4) dan (5)

  2

  2 25 ℎ −

  2

  2

  ( ) = + +

  2

  1

  2

  2

  5 4 ( )

  2

  5 ℎ − = [1 + + ]

  1

  2

  2 ( ) Subtitusi persamaan (4)

  2

  5 ℎ − = [1 + ] 2( − + )

  1

  1

  2 ( )

  2

  

2

  ℎ − ℎ − [3 + 5 ( ] = [1 + 5 ( ]

  1

  ) )

  2

  2

• 5(ℎ − )

  2

  2

  2

  

2

• 5(ℎ − ) + 5(ℎ − ) = [3 ] = [ ] ⟹ √2

  1

  1

  2

  2

  3 + 5(ℎ − ) Subtitusi ke persamaan (4)

  1

  2

  2

  2

• 5(ℎ − )

  4 = 2 ( − ) ⟹ = √2

  2

  

2

  2

  2

  2

  2

  3 + 5(ℎ − ) 3 + 5(ℎ − ) Subtitusi ke persamaan (5)

  2

  2

  5 ℎ − 4 10(ℎ − ) = ⟹ =

  √2

  2

  2

  2

  2

  2 ( ) 3 + 5(ℎ − ) 3 + 5(ℎ − ) d. Agar setelah ditumbuk kotak bola langsung menggelinding tanpa slip, maka =

  2

  2

  4 10(ℎ − ) =

  2

  2

  2

  2

  3 + 5(ℎ − ) 3 + 5(ℎ − )

  2

  2

  4 = 10ℎ − 10

  7 10ℎ = 14 ⟹ ℎ =

  5 Kalau udah selesai jangan lupa doa lagi ya, bagi yang muslim baca

  

ُِن ي ِ لا ِ ع لا ِِ ِ ب ِ ر ل ُِد ِ م ِ ح ل ِ اِ

ِ م ِ هِ ِِ لِ

  “Segal puji bagi Allah SWT, Tuhan alam semesta” _{Basyir Al Banjari}

_{0896-5985-6821 www.basyiralbanjari.wordpress.com}

_{mechtermlighlisfism} xanderbasyir99@gmail.com