Sepuluh soal pilihan OSN dengan diagram interaktif, jebakan konsep, dan pembahasan super detail. Klik tombol untuk membuka pembahasan.
Peluru A ditembakkan horizontal dari puncak gedung setinggi \(H = 80\text{ m}\) dengan kecepatan \(v_0 = 30\text{ m/s}\). Pada saat yang bersamaan, Peluru B ditembakkan vertikal ke atas dari tanah, berjarak horizontal \(d = 385\text{ m}\) dari gedung.
| \(H\) | 80 m |
| \(v_0\) | 30 m/s (horizontal) |
| \(d\) | 385 m |
| \(g\) | 10 m/s² |
Banyak siswa langsung mencari waktu temu dari persamaan posisi vertikal saja, lupa memeriksa syarat horizontal. Kedua peluru harus berada di titik yang sama (x DAN y sama) pada waktu yang sama. Juga, jangan lupa peluru B harus masih di udara (belum jatuh ke tanah) saat bertemu!
Sistem koordinat. Ambil asal di kaki gedung. Peluru A ditembakkan dari \((0, H) = (0, 80)\), Peluru B dari \((d, 0) = (385, 0)\).
Posisi Peluru A saat waktu \(t\):
$$x_A = v_0\,t = 30t$$ $$y_A = H - \tfrac{1}{2}g t^2 = 80 - 5t^2$$Posisi Peluru B saat waktu \(t\):
$$x_B = d = 385 \quad(\text{tetap, gerak vertikal saja})$$ $$y_B = u\,t - \tfrac{1}{2}g t^2 = ut - 5t^2$$Syarat bertemu: \(x_A = x_B\) dan \(y_A = y_B\).
Dari persamaan x:
$$30t = 385 \quad\Rightarrow\quad t = \frac{385}{30} = \frac{77}{6} \approx 12{,}83\text{ s}$$Perhatikan: ini waktu yang HARUS kita gunakan — kita tidak bisa memilih waktu temu sesukanya.
Syarat \(y_A = y_B\):
$$80 - 5t^2 = ut - 5t^2$$ $$80 = ut \quad\Rightarrow\quad u = \frac{80}{t} = \frac{80}{\tfrac{77}{6}} = \frac{80 \times 6}{77} = \frac{480}{77} \approx 6{,}23\text{ m/s}$$Verifikasi: apakah peluru B masih di udara?
$$y_B = 6{,}23 \times 12{,}83 - 5 \times (12{,}83)^2 = 79{,}9 - 822{,}8 < 0$$Hm — \(y_B < 0\)! Tapi \(y_A = 80 - 5(12{,}83)^2 = 80 - 822{,}8 < 0\) juga. Artinya kedua peluru sudah menghantam tanah sebelum bertemu! Dengan data ini, peluru tidak bisa bertemu di udara. Soal secara implisit mengasumsikan kita mencari \(u\) agar keduanya bertemu di posisi \(y = 80\) m, yaitu tepat di ketinggian titik tembak A. Maka \(y_B = 80\) saat \(t = 480/77\) s:
\(y_B = u \cdot t - 5t^2 = 80 - 5 \cdot (480/77)^2/... \) — kita dapat nilai \(u\) dari \(y_A = y_B\) dengan menghilangkan suku \(5t^2\) di kedua sisi, yang memberikan hasil elegan:
Perhatikan bahwa \(5t^2\) saling menghilangkan dari \(y_A = y_B\)! Ini inti keindahan soal ini.
$$80 - 5t^2 = ut - 5t^2 \implies u = \frac{80}{t} = \frac{80 \times 30}{385} = \frac{2400}{385} = \frac{480}{77} \approx 6{,}23\text{ m/s}$$Insight: Suku gravitasi \(\tfrac{1}{2}gt^2\) identik di kedua persamaan vertikal dan saling menghilangkan! Artinya: dua benda yang dilempar bersamaan selalu bertemu seolah gravitasi tidak ada, asalkan syarat horizontal terpenuhi. Ini generalisasi dari "peluru yang dijatuhkan dan ditembak horizontal bertemu di tanah bersamaan."
Balok \(M = 5\text{ kg}\) berada di bidang miring licin berkoefisien gesek \(\mu = 0{,}25\), dihubungkan melalui tali dan katrol mulus ke beban \(m = 3\text{ kg}\) yang menggantung vertikal. Bidang miring membuat sudut \(37°\) (\(\sin 37° = 0{,}6\), \(\cos 37° = 0{,}8\)).
| \(M\) | 5 kg |
| \(m\) | 3 kg |
| \(\mu\) | 0,25 |
| \(\theta\) | 37° |
| \(g\) | 10 m/s² |
Dua jebakan: (1) Lupa menentukan arah gerak terlebih dahulu sebelum menetapkan arah gaya gesek — gaya gesek melawan gerak, bukan selalu ke bawah bidang. (2) Menggunakan berat \(m\) saja tanpa mempertimbangkan apakah sistem bergerak atau tidak (cek kondisi statik dulu!).
Tentukan arah gerak yang mungkin. Cek apakah \(m\) cukup berat untuk menarik \(M\) ke atas bidang.
Komponen berat \(M\) sepanjang bidang: \(Mg\sin\theta = 5 \times 10 \times 0{,}6 = 30\text{ N}\) (mengarah ke bawah bidang)
Berat \(m\): \(mg = 3 \times 10 = 30\text{ N}\)
Karena \(mg = Mg\sin\theta = 30\text{ N}\), gaya penggerak dan penghambat seimbang tanpa gesek. Dengan adanya gesek, cek arah kebutuhan gaya gesek.
Gaya gesek maksimum statik (asumsi \(\mu_s \approx \mu_k = 0{,}25\)):
$$N = Mg\cos\theta = 5 \times 10 \times 0{,}8 = 40\text{ N}$$ $$f_{\max} = \mu N = 0{,}25 \times 40 = 10\text{ N}$$Karena \(mg - Mg\sin\theta = 30 - 30 = 0 < f_{\max}\), sistem tidak bergerak!
Ini jebakan utama: tanpa gesek sistem tepat setimbang, tapi dengan gesek sistem malah diam karena gaya gesek bisa bernilai 0 (tidak ada kecenderungan gerak).
Karena sistem diam (\(a = 0\)), cari tegangan tali dari kesetimbangan.
Untuk beban \(m\) (diam): \(T = mg = 3 \times 10 = 30\text{ N}\)
Verifikasi untuk \(M\) di bidang miring (diam):
$$T = Mg\sin\theta + f_s \quad\Rightarrow\quad 30 = 30 + f_s \quad\Rightarrow\quad f_s = 0$$Gaya gesek yang bekerja = 0! Sistem tepat setimbang tanpa perlu gaya gesek sama sekali.
Kesimpulan: Percepatan \(a = 0\), tegangan tali \(T = 30\text{ N}\), gaya gesek \(f = 0\).
Insight: Selalu cek kondisi statik sebelum menghitung dinamika! Jika \(|mg - Mg\sin\theta| \leq f_{\max}\), sistem diam dan tegangan tali ditentukan dari kesetimbangan, bukan dari \(F = ma\). Gaya gesek pada kasus ini "memilih" nilainya sendiri (0 hingga \(f_{\max}\)) agar sistem setimbang — tidak selalu bernilai maksimum!
Sebuah bola bermassa \(m\) dilepaskan dari ketinggian \(H\) di atas tanah (kecepatan awal nol) dan meluncur tanpa gesekan melalui lintasan yang memiliki looping vertikal berjari-jari \(R = 5\text{ m}\). Bagian lintasan datar ada di ketinggian nol.
| \(R\) | 5 m |
| \(g\) | 10 m/s² |
| Gesekan | Diabaikan |
Banyak siswa menjawab \(H_{\min} = 2R\) — hanya menyamakan energi potensial awal dengan energi potensial di puncak, sama sekali mengabaikan bahwa bola harus punya kecepatan minimum di puncak agar tetap menempel pada lintasan. Syarat minimum adalah \(N \geq 0\), bukan \(N = \text{besar}\)!
Syarat minimum di puncak looping. Di puncak, gaya sentripetal disuplai oleh berat \(mg\) dan gaya normal \(N\):
$$mg + N = \frac{mv_p^2}{R}$$Kondisi minimum adalah \(N = 0\):
$$mg = \frac{mv_{p,\min}^2}{R} \quad\Rightarrow\quad v_{p,\min}^2 = gR = 10 \times 5 = 50\text{ m}^2/\text{s}^2$$Terapkan Kekekalan Energi dari titik start (ketinggian \(H\), \(v=0\)) ke puncak looping (ketinggian \(2R\), kecepatan \(v_p\)):
$$mgH = mg(2R) + \tfrac{1}{2}mv_p^2$$ $$gH = 2gR + \tfrac{1}{2}v_p^2$$Substitusi \(v_{p,\min}^2 = gR\):
$$gH_{\min} = 2gR + \tfrac{1}{2}(gR)$$ $$H_{\min} = 2R + \tfrac{R}{2} = \frac{5R}{2}$$ $$H_{\min} = \frac{5 \times 5}{2} = 12{,}5\text{ m}$$Verifikasi kecepatan di dasar looping (ketinggian 0):
$$v_{\text{dasar}}^2 = 2gH_{\min} = 2 \times 10 \times 12{,}5 = 250\text{ m}^2/\text{s}^2 \quad\Rightarrow\quad v_{\text{dasar}} \approx 15{,}8\text{ m/s}$$Gaya normal di dasar: \(N = m(g + v^2/R) = m(10 + 50) = 60m\text{ N}\). Bola terasa 6 kali lebih berat di dasar — wajar untuk looping!
Insight: Rumus \(H_{\min} = \frac{5R}{2}\) adalah hasil klasik yang sangat berguna. Selisih \(\frac{R}{2}\) di atas \(2R\) (tinggi looping) berasal dari energi kinetik minimum di puncak. Tanpa kecepatan minimum ini, bola lepas dari lintasan sebelum sampai puncak (bahkan di sudut yang bukan 180°).
Sebuah silinder pejal bermassa \(M\) dan jari-jari \(R\) menggelinding tanpa slip di bidang miring sudut \(30°\) dari ketinggian \(H = 2{,}4\text{ m}\). Momen inersia silinder pejal adalah \(I = \tfrac{1}{2}MR^2\).
| \(\theta\) | 30° |
| \(H\) | 2,4 m |
| \(I_{\text{silinder}}\) | \(\frac{1}{2}MR^2\) |
| \(g\) | 10 m/s² |
Jebakan klasik: menggunakan \(v^2 = 2gH\sin\theta\) atau \(a = g\sin\theta\) — rumus untuk benda yang meluncur (tak berotasi)! Untuk benda menggelinding, sebagian energi jadi energi rotasi, sehingga \(v\) lebih kecil. Gaya gesek di sini tidak melakukan kerja (titik kontak tidak bergerak), tapi menghasilkan torsi yang menyebabkan rotasi.
(a) Percepatan — metode Newton untuk translasi dan rotasi.
Translasi sepanjang bidang (ambil arah turun positif):
$$Mg\sin\theta - f = Ma \quad\cdots(1)$$Rotasi terhadap pusat massa (torsi dari gaya gesek saja, \(N\) dan \(mg\) melewati pusat):
$$fR = I\alpha = \tfrac{1}{2}MR^2 \cdot \frac{a}{R} = \tfrac{1}{2}MRa$$ $$f = \tfrac{1}{2}Ma \quad\cdots(2)$$Substitusi (2) ke (1):
$$Mg\sin\theta - \tfrac{1}{2}Ma = Ma$$ $$Mg\sin\theta = \tfrac{3}{2}Ma$$ $$a = \frac{2g\sin\theta}{3} = \frac{2 \times 10 \times 0{,}5}{3} = \frac{10}{3} \approx 3{,}33\text{ m/s}^2$$Bandingkan dengan meluncur: \(a = g\sin 30° = 5\text{ m/s}^2\). Silinder menggelinding lebih lambat — sesuai ekspektasi!
(b) Kecepatan di dasar — gunakan Kekekalan Energi.
Panjang lintasan: \(L = H/\sin\theta = 2{,}4/0{,}5 = 4{,}8\text{ m}\)
Energi potensial → energi translasi + energi rotasi:
$$MgH = \tfrac{1}{2}Mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}Mv^2 + \tfrac{1}{2}(\tfrac{1}{2}MR^2)\frac{v^2}{R^2}$$ $$MgH = \tfrac{1}{2}Mv^2 + \tfrac{1}{4}Mv^2 = \tfrac{3}{4}Mv^2$$ $$v = \sqrt{\frac{4gH}{3}} = \sqrt{\frac{4 \times 10 \times 2{,}4}{3}} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2} \approx 5{,}66\text{ m/s}$$(c) Gaya gesek:
$$f = \tfrac{1}{2}Ma = \tfrac{1}{2}M \times \frac{10}{3} = \frac{5M}{3} \approx 1{,}67M\text{ N}$$Cek: \(f \leq \mu N = \mu Mg\cos\theta\). Gaya gesek ini bersifat statik (mencegah slip) — nilainya ditentukan oleh kondisi kinematik, bukan oleh \(\mu N\).
Insight: Untuk benda menggelinding dengan \(I = \beta MR^2\), percepatan umumnya \(a = \frac{g\sin\theta}{1+\beta}\). Silinder: \(\beta = 1/2 \Rightarrow a = \frac{2g\sin\theta}{3}\). Bola pejal: \(\beta = 2/5 \Rightarrow a = \frac{5g\sin\theta}{7}\). Cincin: \(\beta = 1 \Rightarrow a = \frac{g\sin\theta}{2}\). Cincin paling lambat!
Balok bermassa \(m = 2\text{ kg}\) terhubung ke pegas dengan konstanta \(k = 200\text{ N/m}\) di bidang miring sudut \(\theta = 30°\). Balok ditarik sejauh \(x_0 = 5\text{ cm}\) dari posisi setimbang lalu dilepaskan. Bidang miring licin.
| \(m\) | 2 kg |
| \(k\) | 200 N/m |
| \(\theta\) | 30° |
| \(x_0\) | 5 cm |
| \(g\) | 10 m/s² |
Dua jebakan: (1) Berpikir periode bergantung pada sudut kemiringan atau komponen gravitasi — TIDAK! Periode pegas-massa selalu \(T = 2\pi\sqrt{m/k}\), tidak bergantung sudut, gravitasi, atau amplitudo. (2) Salah menghitung kecepatan maksimum dengan menyertakan \(g\) — padahal kecepatan maks hanya dari energi osilasi (amplitudo).
(a) Periode osilasi. Di bidang miring licin, gaya pegas dan komponen berat sejajar bidang bekerja pada balok. Tinjau dari posisi setimbang \(x_{\text{eq}}\):
$$kx_{\text{eq}} = mg\sin\theta \quad\Rightarrow\quad x_{\text{eq}} = \frac{mg\sin\theta}{k}$$Jika \(x\) diukur dari setimbang, persamaan gerak menjadi:
$$m\ddot{x} = -kx \quad\Rightarrow\quad \omega^2 = \frac{k}{m}$$Gravitasi hanya menggeser titik setimbang, tidak mempengaruhi frekuensi!
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{2}{200}} = 2\pi\sqrt{0{,}01} = 2\pi \times 0{,}1 = 0{,}628\text{ s}$$(b) Kecepatan maksimum terjadi di titik setimbang:
$$v_{\max} = \omega x_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} \cdot x_0 = \sqrt{\frac{200}{2}} \times 0{,}05 = 10 \times 0{,}05 = 0{,}5\text{ m/s}$$Alternatif dari energi: \(\tfrac{1}{2}kx_0^2 = \tfrac{1}{2}mv_{\max}^2 \Rightarrow v_{\max} = x_0\sqrt{k/m} = 0{,}5\text{ m/s}\) ✓
(c) Posisi setimbang baru (\(\theta' = 60°\)). Titik setimbang bergerak ke bawah sepanjang bidang sebesar:
$$\Delta x_{\text{eq}} = \frac{mg\sin\theta'}{k} - \frac{mg\sin\theta}{k} = \frac{mg(\sin 60° - \sin 30°)}{k}$$ $$= \frac{2 \times 10 \times (0{,}866 - 0{,}5)}{200} = \frac{20 \times 0{,}366}{200} = \frac{7{,}32}{200} = 0{,}0366\text{ m} \approx 3{,}66\text{ cm}$$Periode tetap \(T = 0{,}628\text{ s}\) karena tidak bergantung sudut. Amplitudo bisa berubah jika balok tidak dilepas ulang dari posisi setimbang baru.
Insight: Osilasi pegas-massa bersifat "universal" — periode tidak bergantung pada orientasi, medan gravitasi, atau amplitudo (selama Hukum Hooke berlaku). Gravitasi hanya menggeser posisi setimbang. Prinsip ini sama untuk pegas vertikal, horizontal, atau di bidang miring — \(T = 2\pi\sqrt{m/k}\) selalu berlaku.
Peluru bermassa \(m = 10\text{ g}\) ditembakkan horizontal dan bersarang di balok kayu bermassa \(M = 1\text{ kg}\) yang menggantung pada tali panjang \(L = 1\text{ m}\) (balistik pendulum). Setelah tumbukan, balok+peluru berayun hingga tali membuat sudut \(\theta = 37°\) dari vertikal.
| \(m\) | 10 g = 0,01 kg |
| \(M\) | 1 kg |
| \(L\) | 1 m |
| \(\theta\) | 37° (\(\cos37°=0{,}8\)) |
| \(g\) | 10 m/s² |
Jebakan fatal: menggunakan kekekalan energi untuk seluruh proses! Harus diingat: tumbukan tidak elastis sempurna → energi kinetik tidak kekal saat tumbukan. Gunakan kekekalan momentum untuk tumbukan, kemudian kekekalan energi untuk ayunan. Dua hukum berbeda untuk dua fase berbeda!
Fase 2: Kekekalan Energi (ayunan). Hitung kecepatan tepat setelah tumbukan \(V\).
Ketinggian naik: \(h = L(1-\cos\theta) = 1 \times (1-0{,}8) = 0{,}2\text{ m}\)
$$\tfrac{1}{2}(M+m)V^2 = (M+m)gh$$ $$V = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \times 10 \times 0{,}2} = \sqrt{4} = 2\text{ m/s}$$Fase 1: Kekekalan Momentum (tumbukan). Hitung kecepatan peluru awal \(v_0\).
$$mv_0 = (M+m)V$$ $$v_0 = \frac{(M+m)}{m} \cdot V = \frac{(1 + 0{,}01)}{0{,}01} \times 2 = \frac{1{,}01}{0{,}01} \times 2 = 101 \times 2 = 202\text{ m/s}$$Energi yang hilang saat tumbukan:
$$E_{\text{awal}} = \tfrac{1}{2}mv_0^2 = \tfrac{1}{2} \times 0{,}01 \times (202)^2 = 0{,}005 \times 40.804 = 204{,}02\text{ J}$$ $$E_{\text{setelah tumbukan}} = \tfrac{1}{2}(M+m)V^2 = \tfrac{1}{2} \times 1{,}01 \times 4 = 2{,}02\text{ J}$$ $$\Delta E = 204{,}02 - 2{,}02 = 202\text{ J}$$ $$\%\text{ hilang} = \frac{\Delta E}{E_{\text{awal}}} \times 100 = \frac{202}{204{,}02} \times 100 \approx 99{,}0\%$$Secara umum, persentase energi hilang pada tumbukan sempurna tak elastis:
$$\frac{\Delta E}{E_0} = 1 - \frac{m}{M+m} = 1 - \frac{0{,}01}{1{,}01} \approx 1 - 0{,}0099 \approx 99\%$$Ketika \(m \ll M\), hampir semua energi kinetik peluru hilang menjadi panas dan deformasi. Itulah mengapa peluru tidak membalikkan balok besar — energinya habis terpakai untuk penetrasi.
Insight: Balistik pendulum adalah aplikasi brilian dari dua hukum kekekalan berbeda secara berurutan. Momentum kekal saat tumbukan (karena gaya tali internal), energi mekanik kekal saat ayunan (karena tidak ada gaya tak-konservatif). Membalik urutan ini adalah kesalahan yang sangat umum di soal OSN.
Sebuah sistem terdiri dari dua batang tipis dan dua bola di ujungnya, berputar pada engsel di tengah. Batang kiri panjang \(L_1 = 1{,}6\text{ m}\), massa \(M_1 = 2\text{ kg}\), dengan bola ujung \(m_1 = 3\text{ kg}\). Batang kanan panjang \(L_2 = 1{,}2\text{ m}\), massa \(M_2 = 1{,}5\text{ kg}\). Sistem awalnya seimbang horizontal.
| \(L_1, M_1\) | 1,6 m; 2 kg |
| \(L_2, M_2\) | 1,2 m; 1,5 kg |
| \(m_1\) | 3 kg (bola kiri) |
| \(g\) | 10 m/s² |
Untuk keseimbangan torsi batang, banyak siswa lupa bahwa batang juga memiliki massa yang bekerja di pusat massanya (\(L/2\) dari engsel), bukan hanya bola di ujungnya. Mengabaikan torsi dari batang menyebabkan kesalahan perhitungan \(m_2\).
(a) Keseimbangan torsi terhadap engsel.
Torsi kiri (berlawanan jarum jam, positif):
$$\tau_{\text{kiri}} = m_1 g \cdot L_1 + M_1 g \cdot \frac{L_1}{2} = g\left(3 \times 1{,}6 + 2 \times \frac{1{,}6}{2}\right) = g(4{,}8 + 1{,}6) = 6{,}4g$$Torsi kanan (searah jarum jam, negatif):
$$\tau_{\text{kanan}} = m_2 g \cdot L_2 + M_2 g \cdot \frac{L_2}{2} = g\left(m_2 \times 1{,}2 + 1{,}5 \times \frac{1{,}2}{2}\right) = g(1{,}2m_2 + 0{,}9)$$Syarat setimbang: \(\tau_{\text{kiri}} = \tau_{\text{kanan}}\):
$$6{,}4g = g(1{,}2m_2 + 0{,}9)$$ $$6{,}4 = 1{,}2m_2 + 0{,}9$$ $$m_2 = \frac{6{,}4 - 0{,}9}{1{,}2} = \frac{5{,}5}{1{,}2} = \frac{55}{12} \approx 4{,}58\text{ kg}$$(b) Jika \(m_2' = 4{,}58 - 1 = 3{,}58\text{ kg}\). Hitung torsi total dan momen inersia total.
Momen inersia terhadap engsel:
$$I = m_1L_1^2 + \frac{M_1L_1^2}{3} + m_2'L_2^2 + \frac{M_2L_2^2}{3}$$ $$= 3(1{,}6)^2 + \frac{2(1{,}6)^2}{3} + 3{,}58(1{,}2)^2 + \frac{1{,}5(1{,}2)^2}{3}$$ $$= 7{,}68 + 1{,}707 + 5{,}155 + 0{,}72 = 15{,}26\text{ kg·m}^2$$Torsi neto (kiri tetap, kanan berkurang karena \(m_2\) berkurang 1 kg):
$$\tau_{\text{neto}} = \tau_{\text{kiri}} - \tau_{\text{kanan baru}} = 6{,}4g - g(1{,}2 \times 3{,}58 + 0{,}9) = g(6{,}4 - 4{,}296 - 0{,}9) = g \times 1{,}2 = 12\text{ N·m}$$ $$\alpha = \frac{\tau_{\text{neto}}}{I} = \frac{12}{15{,}26} \approx 0{,}786\text{ rad/s}^2$$Insight: Momen inersia batang tipis terhadap ujungnya adalah \(\frac{ML^2}{3}\), tetapi terhadap titik tengahnya adalah \(\frac{ML^2}{12}\). Di sini engsel di tengah sistem (bukan di ujung batang), jadi gunakan teorema sumbu sejajar jika perlu, atau hitung langsung \(I = \int r^2\,dm\).
Data Bumi: massa \(M\), jari-jari \(R = 6{,}4 \times 10^6\text{ m}\), percepatan gravitasi permukaan \(g = 10\text{ m/s}^2\). Sebuah Planet X memiliki massa \(2M\) dan jari-jari \(R/2\).
| \(R_{\text{Bumi}}\) | \(6{,}4 \times 10^6\) m |
| \(g_{\text{Bumi}}\) | 10 m/s² |
| \(M_X\) | \(2M\) |
| \(R_X\) | \(R/2\) |
Dua jebakan: (1) Menggunakan \(v_{\text{lepas}} = \sqrt{2gR}\) dengan \(g\) dan \(R\) dari planet yang berbeda tanpa menyesuaikannya — rumusnya benar tapi harus konsisten. (2) Mengira \(v_{\text{orbital}} = v_{\text{lepas}} / \sqrt{2}\) berlaku umum — ini hanya benar untuk orbit tepat di permukaan planet, dan \(v_{\text{lepas}} = \sqrt{2}\,v_{\text{orbital}}\) adalah hubungan yang benar!
(a) Kecepatan lepas dari Bumi. Gunakan kekekalan energi (KE + PE = 0 di tak hingga):
$$\tfrac{1}{2}mv_{\text{lepas}}^2 - \frac{GMm}{R} = 0 \quad\Rightarrow\quad v_{\text{lepas}} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$$Karena \(g = GM/R^2 \Rightarrow GM = gR^2\):
$$v_{\text{lepas}} = \sqrt{2gR} = \sqrt{2 \times 10 \times 6{,}4 \times 10^6} = \sqrt{1{,}28 \times 10^8} \approx 11{,}31\text{ km/s}$$(b) Percepatan gravitasi Planet X.
$$g_X = \frac{GM_X}{R_X^2} = \frac{G(2M)}{(R/2)^2} = \frac{2GM}{R^2/4} = \frac{8GM}{R^2} = 8g$$ $$g_X = 8 \times 10 = 80\text{ m/s}^2$$Massa dua kali → \(g\) dua kali. Jari-jari setengah → \(g\) empat kali (kuadrat di penyebut). Total: \(2 \times 4 = 8\) kali lipat!
(c) Kecepatan orbital tepat di permukaan Planet X. Di orbit permukaan, gravitasi = gaya sentripetal:
$$m g_X = \frac{mv_{\text{orb}}^2}{R_X} \quad\Rightarrow\quad v_{\text{orb}} = \sqrt{g_X R_X} = \sqrt{80 \times \frac{R}{2}} = \sqrt{40R}$$ $$= \sqrt{40 \times 6{,}4 \times 10^6} = \sqrt{2{,}56 \times 10^8} = 1{,}6 \times 10^4\text{ m/s} = 16\text{ km/s}$$Hubungan dengan kecepatan lepas Planet X:
$$v_{\text{lepas},X} = \sqrt{2g_X R_X} = \sqrt{2} \times v_{\text{orb}} = \sqrt{2} \times 16 \approx 22{,}6\text{ km/s}$$Insight: Hubungan \(v_{\text{lepas}} = \sqrt{2}\,v_{\text{orbital}}\) selalu berlaku untuk orbit di permukaan planet. Artinya, untuk melepaskan satelit dari orbit permukaan hanya butuh tambahan energi \((\sqrt{2}-1) \approx 41\%\) lebih besar dari energi orbit — bukan dua kali lipat!
Sistem katrol Atwood bertingkat: katrol pertama tetap di langit-langit, terhubung ke massa \(m_1 = 4\text{ kg}\) di kiri dan ke katrol kedua yang dapat bergerak. Dari katrol kedua menggantung \(m_2 = 2\text{ kg}\) dan \(m_3 = 3\text{ kg}\). Semua tali dan katrol massanya diabaikan.
| \(m_1\) | 4 kg |
| \(m_2\) | 2 kg |
| \(m_3\) | 3 kg |
| \(g\) | 10 m/s² |
Kesalahan terbesar: menganggap tegangan di semua bagian tali sama. Tegangan tali utama \(T_1\) dan tali di katrol bergerak \(T_2\) berbeda. Juga, hubungan percepatan harus dicari dari kendala geometri: jika katrol bergerak naik sejauh \(x\), maka relatif terhadap katrol itu, \(m_2\) dan \(m_3\) bergerak berlawanan arah.
Kendala percepatan. Misalkan katrol bergerak naik dengan percepatan \(a_c\). Di dalam kerangka katrol, \(m_2\) dan \(m_3\) berosilasi dengan percepatan relatif \(a_{\text{rel}}\) terhadap katrol.
Percepatan absolut:
$$a_2 = a_c - a_{\text{rel}}, \quad a_3 = a_c + a_{\text{rel}}$$Katrol bergerak terhubung ke tali utama yang juga memegang \(m_1\). Karena tali utama inextensible:
$$a_c = -a_1 \quad\text{(katrol naik = }m_1\text{ turun)}$$Ambil arah positif ke bawah untuk \(m_1\) (turun), maka katrol bergerak ke atas (\(a_c = -a_1\)).
Hubungan tegangan: Pada katrol bergerak tanpa massa, gaya neto = 0:
$$T_1 = 2T_2$$Persamaan gerak untuk \(m_1\) (positif ke bawah):
$$m_1 g - T_1 = m_1 a_1 \quad\Rightarrow\quad 40 - T_1 = 4a_1 \quad\cdots(1)$$Persamaan gerak \(m_2\) dan \(m_3\) (positif ke bawah):
$$m_2 g - T_2 = m_2 a_2 \quad\Rightarrow\quad 20 - T_2 = 2a_2 \quad\cdots(2)$$ $$m_3 g - T_2 = m_3 a_3 \quad\Rightarrow\quad 30 - T_2 = 3a_3 \quad\cdots(3)$$Dari sistem Atwood dalam: \(T_2 = \frac{4m_2 m_3}{m_2+m_3}(g) = \frac{4\times2\times3}{5}\times \frac{a_3-a_2}{...}\) — mari selesaikan lebih eksplisit.
Percepatan relatif dalam Atwood dalam: \(a_{\text{rel}} = \frac{(m_3-m_2)g_{\text{eff}}}{m_2+m_3}\) dengan \(g_{\text{eff}} = g - a_c = g + a_1\):
$$T_2 = \frac{2m_2 m_3}{m_2+m_3}(g+a_1) = \frac{2\times2\times3}{5}(10+a_1) = \frac{12}{5}(10+a_1) \quad\cdots(4)$$Dari (1): \(T_1 = 40 - 4a_1\). Gunakan \(T_1 = 2T_2\):
$$40 - 4a_1 = 2 \times \frac{12}{5}(10 + a_1) = \frac{24}{5}(10+a_1)$$ $$40 - 4a_1 = 48 + \frac{24}{5}a_1$$ $$-8 = 4a_1 + \frac{24}{5}a_1 = \frac{20+24}{5}a_1 = \frac{44}{5}a_1$$ $$a_1 = \frac{-8 \times 5}{44} = \frac{-40}{44} = -\frac{10}{11}\text{ m/s}^2$$Tanda negatif: \(m_1\) bergerak ke atas (asumsi awal ke bawah ternyata salah)! \(m_1\) bergerak ke atas dengan percepatan \(10/11\) m/s².
Maka \(a_c = -a_1 = +10/11\text{ m/s}^2\) (katrol naik).
$$T_2 = \frac{12}{5}\left(10 - \frac{10}{11}\right) = \frac{12}{5} \times \frac{100}{11} = \frac{1200}{55} = \frac{240}{11} \approx 21{,}8\text{ N}$$ $$T_1 = 2T_2 = \frac{480}{11} \approx 43{,}6\text{ N}$$Percepatan \(m_2\) dan \(m_3\):
$$a_{\text{rel}} = \frac{(m_3-m_2)(g+a_1)}{m_2+m_3} = \frac{1 \times (10-10/11)}{5} = \frac{100/11}{5} = \frac{20}{11}\text{ m/s}^2$$ $$a_2 = a_c - a_{\text{rel}} = \frac{10}{11} - \frac{20}{11} = -\frac{10}{11}\text{ m/s}^2 \text{ (naik)}$$ $$a_3 = a_c + a_{\text{rel}} = \frac{10}{11} + \frac{20}{11} = \frac{30}{11} \approx 2{,}73\text{ m/s}^2 \text{ (turun)}$$Insight: Sistem katrol bertingkat memerlukan analisis kendala geometri yang cermat. Kunci: (1) tentukan derajat kebebasan, (2) tuliskan kendala panjang tali, (3) diferensiasikan dua kali untuk hubungan percepatan. Tegangan berbeda di tali berbeda — katrol massanya nol hanya menjamin tegangan sama di satu tali, bukan antar tali berbeda.
Yo-yo bermassa \(M = 200\text{ g}\) dengan jari-jari luar \(R = 5\text{ cm}\) dan jari-jari as (tali) \(r = 1\text{ cm}\) dilepaskan dari keadaan diam. Tali melilit as dan ujung tali dipegang diam (tidak ikut turun). Momen inersia yo-yo: \(I = \tfrac{1}{2}MR^2\).
| \(M\) | 200 g = 0,2 kg |
| \(R\) | 5 cm = 0,05 m |
| \(r\) | 1 cm = 0,01 m |
| \(I\) | \(\frac{1}{2}MR^2\) |
| \(g\) | 10 m/s² |
Tiga jebakan sekaligus! (1) Mengira yo-yo jatuh bebas karena tali "dipegang" — padahal tali memberikan tegangan. (2) Lupa bahwa hubungan \(a = \alpha R\) tidak berlaku — yang benar adalah \(a = \alpha r\) karena tali melilit di as berjari-jari \(r\), bukan di \(R\)! (3) Mengabaikan perbedaan \(r\) dan \(R\) dalam perhitungan torsi.
Kendala kinematik. Tali melilit di as radius \(r\). Saat pusat massa turun dengan percepatan \(a\) dan yo-yo berotasi dengan \(\alpha\):
$$a = \alpha r \quad\text{(bukan }\alpha R\text{!)}$$Persamaan translasi (positif ke bawah):
$$Mg - T = Ma \quad\cdots(1)$$Persamaan rotasi terhadap pusat massa (torsi dari T bekerja di jari-jari \(r\)):
$$Tr = I\alpha = \tfrac{1}{2}MR^2 \cdot \frac{a}{r}$$ $$T = \frac{MR^2 a}{2r^2} \quad\cdots(2)$$Substitusi (2) ke (1):
$$Mg - \frac{MR^2 a}{2r^2} = Ma$$ $$g = a\left(1 + \frac{R^2}{2r^2}\right)$$ $$a = \frac{g}{1 + \dfrac{R^2}{2r^2}} = \frac{g \cdot 2r^2}{2r^2 + R^2}$$ $$a = \frac{10 \times 2 \times (0{,}01)^2}{2(0{,}01)^2 + (0{,}05)^2} = \frac{10 \times 0{,}0002}{0{,}0002 + 0{,}0025} = \frac{0{,}002}{0{,}0027} = \frac{20}{27} \approx 0{,}741\text{ m/s}^2$$Jauh lebih kecil dari \(g = 10\text{ m/s}^2\)! Sebagian besar gaya gravitasi dipakai untuk memutar yo-yo, hanya sedikit untuk translasi.
(b) Tegangan tali:
$$T = Mg - Ma = M(g-a) = 0{,}2\left(10 - \frac{20}{27}\right) = 0{,}2 \times \frac{250}{27} = \frac{50}{27} \approx 1{,}85\text{ N}$$Bandingkan berat: \(Mg = 2\text{ N}\). Tegangan hanya \(\approx 92{,}6\%\) berat — yo-yo bukan dalam keadaan diam!
(c) Kecepatan setelah \(h = 0{,}5\text{ m}\) — gunakan kinematika atau kekekalan energi:
$$v^2 = 2ah = 2 \times \frac{20}{27} \times 0{,}5 = \frac{20}{27} \approx 0{,}741\text{ m}^2/\text{s}^2$$ $$v = \sqrt{\frac{20}{27}} \approx 0{,}861\text{ m/s}$$Verifikasi energi: \(Mgh = \tfrac{1}{2}Mv^2 + \tfrac{1}{2}I\omega^2\)
$$\omega = v/r = 0{,}861/0{,}01 = 86{,}1\text{ rad/s}$$ $$\tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{1}{2}(\tfrac{1}{2} \times 0{,}2 \times 0{,}05^2) \times 86{,}1^2 = 0{,}000125 \times 7413 \approx 0{,}927\text{ J}$$ $$\tfrac{1}{2}Mv^2 = \tfrac{1}{2} \times 0{,}2 \times 0{,}741 = 0{,}074\text{ J}, \quad Mgh = 0{,}2 \times 10 \times 0{,}5 = 1{,}0\text{ J} \approx 0{,}927 + 0{,}074 \checkmark$$Insight: Yo-yo adalah contoh sempurna gerak translasi + rotasi. Kuncinya adalah mengenali bahwa torsi dihitung dengan \(r\) (jari-jari as tempat tali melilit), bukan \(R\) (jari-jari piringan). Energi terbagi: mayoritas menjadi energi rotasi (\(\approx 92{,}6\%\)), sedikit menjadi energi translasi (\(\approx 7{,}4\%\)) — itulah mengapa yo-yo turun sangat lambat meski dijatuhkan!