kementerian pendidikan dan kebudayaan
advertisement
Hak Cipta Dilindungi Undang-undang SOAL UJIAN SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2015 TINGKAT PROPINSI FISIKA Waktu : 3,5 jam KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2015 KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS Olimpiade Sains Nasional 2015 Tingkat Propinsi Bidang Fisika Ketentuan Umum: 12345- Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 7 (tujuh) buah soal. Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3,5 jam. Peserta dilarang menggunakan kalkulator. Peserta dilarang meminjam dan saling meminjamkan alat-alat tulis. Tulislah jawaban Saudara di kertas yang telah disediakan dengan menggunakan ballpoint dan tidak boleh menggunakan pinsil. 6- Kerjakanlah lebih dahulu soal-soal dari yang Anda anggap mudah/bisa dan tidak harus berurutan. 7- Setiap nomor soal yang berbeda harap dikerjakan pada lembar jawaban yang terpisah. 8- Jangan lupa menuliskan nama Saudara atau identitas lainnya pada setiap lembar jawaban yang Saudara gunakan. 9- Meskipun sudah selesai mengerjakan semua jawaban, Anda tidak diperbolehkan meninggalkan ruangan tes hingga waktu tes berakhir. 10- Informasi resmi tentang kegiatan Olimpiade Fisika dapat dilihat di website http://www.tpof-indonesia.org 11- Info berikut mungkin bermanfaat: 2 = 1,414; 3 = 1,732; 5 = 2,236; 7 = 2,646; 11 = 3,317; 13 = 3,606; 17 = 4,123. Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 2 dari 19 Tes Seleksi OSN 2015 Bidang FISIKA TINGKAT PROPINSI Waktu: 3,5 Jam 1. (10 poin) Sebuah benda yg bergerak pada bidang 2 dimensi mendapat gaya konstan. Setelah detik pertama, kelajuan benda menjadi 1/3 dari kelajuan awal benda. Dan setelah detik selanjutnya (detik kedua), kelajuan benda menjadi 1/3 nya lagi (dibandingkan setelah detik pertama). Tunjukan apakah benda tersebut pernah mengalami berhenti sesaat selama proses pergerakannya? Jika pernah, tentukan kapan waktunya (t dalam sekon dan ambil acuan waktu t = 0 dari saat kelajuan benda masih V)! Solusi: V y Voy a y t V y2 Voy2 2Voy a y t a y2 t 2 (1) Vx Vox a x t Vx2 Vox2 2Vox a x t a x2 t 2 (2) (1 poin) Jumlahkan pers. (1) dan (2) diperoleh: Vx2 V y2 Vox2 Voy2 2 Voy a y Vox a x t a y2 a x2 t 2 V 2 Vo2 C1t C2 t 2 Disederhanakan menjadi: (1 poin) (3) (1 poin) Ketika t = 1 V = 1/3 Vo, maka pers. (3) berubah menjadi: 1 2 Vo Vo2 C1 C 2 9 8 0 Vo2 C1 C 2 9 t=2 atau (1 poin) (4) 11 1 V Vo Vo . Substitusikan ke pers. (3) diperoleh: 33 9 1 2 atau Vo Vo2 2C1 4C 2 81 40 (5) 0 Vo2 C1 2C 2 81 Pers. (5) – (4): atau 40 8 0 Vo2 C 2 81 9 32 C 2 Vo2 81 (1 poin) (1 poin) (6) Substitusikan pers. (6) ke (4): 8 32 0 Vo2 C1 Vo2 9 81 Hak Cipta Dilindungi Undang-undang (1 poin) Halaman 3 dari 19 C1 atau 104 2 Vo 81 (7) Substitusikan pers. (6) dan (7) ke pers. (3): Vt 2 Vo2 104 2 32 2 2 Vo t Vo t 81 81 Apakah benda diam sesaat atau tidak, berarti jadi 0 Vo2 (1 poin) Vt = 0, 104 2 32 2 2 Vo t Vo t 81 81 (1 poin) Kalikan persamaan diatas dengan 81 Vo2 , diperoleh: 32 t2 – 104 t + 81 = 0 t 13 7 , 8 (1 poin) jika diambil pendekatan 2 < 7 < 3, maka 7 1 t 2 detik 8 atau 1 3 1 t 1 detik. 4 8 Jadi benda pernah berhenti sesaat pada saat t dalam selang waktu 1 3 1 t 1 detik 4 8 atau 7 1 t 2 detik 8 2. (12 poin) Sebuah batang tegar AB dengan panjang L bermassa m berada di atas meja horisontal licin. Sebuah tali tak bermassa dipasang pada katrol licin dimana ujung yang satu dihubungkan pada ujung batang A, sedangkan ujung tali satunya lagi dihubungkan dengan beban M (lihat gambar di bawah). Mula-mula batang AB tegak lurus dengan tali tersebut, kemudian beban M dilepaskan. a. Sesaat setelah beban M dilepaskan, tentukan tegangan tali, percepatan beban M serta percepatan pusat massa batang m. b. Tentukan posisi titik pada batang (diukur dari A) yang memiliki percepatan nol pada saat beban M dilepaskan. Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 4 dari 19 B A Jawaban B A Gambar gaya2: 0,5 poin a. Misalnya a adalah percepatan pusat massa batang, a1 adalah percepatan ujung batang yang dihubungkan dengan tali, adalah percepatan sudut batang. Hubungan antara ketiganya adalah a1 a L / 2 . (1) (1 poin) Karena tali tidak mulur, maka besar percepatan ujung batang tersebut juga sama dengan besar percepatan pada beban M sebesar a1 . Persamaan gaya pada beban M adalah Mg K Ma1 . (1 poin) (2) (1 poin) (3) (1 poin) (4) dengan K = tegangan tali. Persamaan gerak untuk pusat massa batang adalah K ma Sedangkan persamaan gerak rotasi batang adalah KL / 2 121 mL2 . Dari empat persamaan di atas, dapat dilakukan substitusi untuk menentukan empat besaran yaitu a, a1 , dan K. Substitusi pers. (3) ke (4) menghasilkan: Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 5 dari 19 Percepatan sudut pusat massa batang 6a 6M g L m 4M L (0,5 poin) (5) (1 poin) (6) (1 poin) (7) (1 poin) (8) Percepatan pusat massa batang dengan arah ke depan aCM M g m 4M Percepatan beban M dengan arah ke bawah a M 4aCM 4M g m 4M Tegangan tali T mM g m 4M b. Jika x adalah jarak titik dari pusat massa batang dimana nilai x positif dengan arah menuju ujung batang yang terikat pada tali, maka percepatan di titik tersebut adalah a' a x (1 poin) (9) (1 poin) (10) Jika a’ = 0 maka x a L 6 Jadi, titik yang memiliki percepatan nol terletak pada jarak L/6 dari pusat batang menjauhi ujung batang yang terikat tali atau berjarak 2L/3 dari ujung batang A. (2 poin) 3. (14 poin) Sebuah kereta bermassa M = 3 kg memiliki permukaan horisontal yang tersambung dengan permukaan berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari R = 0,5 m (lihat gambar di bawah). Sebuah partikel bermassa m = 2 kg bergerak di atas permukaan horisontal kereta tersebut dengan kecepatan v = 15 m/s terhadap lantai. Pada saat partikel tersebut sudah bergerak di atas kereta, kereta tersebut berada dalam keadaan diam terhadap lantai. Seluruh permukaan bersifat licin dan tumbukan bersifat lenting sempurna. Percepatan gravitasi g = 10 m/s2 ke bawah. Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 6 dari 19 a. Pada saat partikel tersebut berada pada permukaan seperempat lingkaran dimana sudut yang dibentuk antara garis yang menghubungkan partikel dan pusat lingkaran dengan garis vertikal ke bawah adalah , tentukan masing-masing besar kecepatan partikel dan kecepatan kereta terhadap lantai sebagai fungsi . b. Tentukan kecepatan partikel terhadap lantai tepat ketika meninggalkan kereta. c. Tentukan jarak yang ditempuh kereta sejak partikel meninggalkan kereta hingga kembali menumbuk kereta tersebut. d. Ketika partikel tersebut kembali menumbuk kereta dan sudah berada pada lintasan horisontal kereta tersebut, tentukan besar kecepatan partikel dan kereta terhadap lantai. Jawaban a. Pada saat partikel m masih berada di lintasan horisontal, maka kecepatan M terhadap lantai = 0 (M masih diam terhadap lantai karena ditahan oleh tembok tepat di sebelah kiri M), sedangkan kecepatan m terhadap lantai adalah v. Sedangkan ketika partikel berada di lintasan lingkaran, kereta mulai bergerak terhadap lantai. Ketika partikel m berada pada lintasan lingkaran dengan sudut terhadap garis vertikal = , maka asumsikan bahwa kecepatan tangensial m relatif terhadap kereta adalah u. Komponen horisontal dan vertikal u terhadap kereta masing-masing adalah u cos dan u sin . (1 poin) Saat itu, kecepatan kereta horisontal terhadap lantai adalah V. Kecepatan partikel m terhadap lantai adalah w (wx , wy ) . Jadi komponen kecepatan horisontal dan vertikal m terhadap lantai masing-masing adalah Hak Cipta Dilindungi Undang-undang wx V u cos (1) wy u sin . (2) Halaman 7 dari 19 Gambar gaya2: 1 poin Pada arah horisontal, tidak ada gaya luar yang bekerja sehingga momentum total horisontal terhadap lantai bernilai tetap. mv M .0 mwx MV (m M )V mu cos (3) Jadi V m(v u cos ) mM (4) (1 poin) Kekekalan energi mekanik antara sebelum dan setelah partikel menaiki permukaan seperempat lingkaran: 1 2 mv2 12 M .02 12 m(wx 2 wy 2 ) 12 MV 2 mgR(1 cos ) (1 poin) (5) m(v u cos ) mv 2 12 m (V u cos )2 (u sin ) 2 12 M mgR(1 cos ) mM 2 1 2 Setelah disederhanakan, hasilnya adalah u2 Mv 2 2 gR(m M )(1 cos ) M m sin 2 (6) u Mv 2 2 gR(m M )(1 cos ) M m sin 2 (7) Jika dimasukkan angka-angkanya maka: Besar kecepatan partikel m terhadap kereta adalah u 625 50cos 3 2sin 2 (1 poin) (8) (1 poin) (9) Besar kecepatan kereta terhadap lantai adalah V 6 2cos 25 2cos 3 2sin 2 Besar kecepatan partikel m terhadap lantai adalah w wx2 wy2 u 2 V 2 2uV cos (1 poin) (10) dengan u dan V diberikan pada persamaan (9) dan (10). Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 8 dari 19 Cek: ketika m mulai memasuki lintasan lingkaran, = 0 sehingga u = 15 m/s, V = 0 dan w = u = 15 m/s. b. Saat partikel tepat meninggalkan kereta, = 90 sehingga besar kecepatan partikel terhadap lantai adalah u = 5 5 m/s, sedangkan besar kecepatan kereta terhadap lantai adalah V = 6 m/s. (1 poin) Komponen horisontal dan vertikal kecepatan partikel terhadap lantai berturut-turut adalah wx V u cos(90) V 6 m/s dan wy u sin(90) 5 5 m/s. (1 poin) Jadi besar kecepatan partikel m terhadap lantai adalah w wx2 wy2 62 (5 5)2 161 m/s. (11) c. Dari (b), kecepatan horisontal partikel terhadap lantai sama dengan kecepatan kereta terhadap lantai. Karena itu jarak yang ditempuh kereta = kecepatan kereta dikalikan waktu tempuh, dengan waktu tempuh = waktu yang ditempuh m ketika bergerak ke atas dengan kecepatan vertikal mula-mula wy . Waktu yang ditempuh adalah t 2wy g 25 5 5 detik 10 (2 poin) (12) (1 poin) (13) Jarak yang ditempuh adalah x Vt (6 m/s)( 5 ) detik = 6 5 m d. Saat partikel kembali bertemu dengan kereta, partikel akan tepat bersinggungan dengan ujung lintasan lingkaran paling atas (kebalikan dari ketika partikel meninggalkan kereta). Selanjutnya, partikel akan bergerak menuruni lintasan lingkaran hingga sampai akhirnya menyusuri lintasan kereta yang horisontal. Karena tidak ada energi yang hilang selama peristiwa berlangsung, dapat digunakan kekekalan energi kinetik dan momentum. Keadaan pertama adalah ketika kereta masih diam (V = 0) dan partikel bergerak dengan kecepatan terhadap lantai u = 15 m/s. Keadaan kedua adalah ketika partikel sudah kembali ke lintasan horisontal dengan kecepatan terhadap lantai u’ dengan kecepatan kereta terhadap lantai V’. Kekekalan energi: 1 2 mu 2 12 M .02 12 mu '2 12 MV '2 (1 poin) (14) (1 poin) (15) Kekekalan momentum: mu M .0 mu ' MV ' Maka kecepatan partikel terhadap lantai sekarang adalah Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 9 dari 19 u' mM u 3 m/s. mM (16) Kecepatan kereta terhadap lantai sekarang adalah V ' 2M u 12 m/s. mM (1 poin) (17) 4. (14 poin) Sebuah satelit bergerak dalam orbit lingkaran di sekitar sebuah planet dengan periode revolusi sebesar T1 = 8 jam. Lintasan satelit tersebut akan diubah ke orbit lingkaran lainnya dengan periode sebesar T2 = 27 jam melalui cara sebagai berikut. Pertama, satelit tersebut pada orbit pertamanya seketika diubah besar kecepatannya tanpa merubah arahnya, sehingga ia akan bergerak dalam orbit transisi yang berbentuk ellips. Ketika satelit tersebut telah menempuh jarak dari planet yang diinginkan, kecepatannya diubah seketika sesuai dengan orbit kedua dengan periode T2 . Tentukan: a. waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua. b. prosentase perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama dan kedua relatif terhadap kecepatan masing-masing orbit lingkarannya. Jawaban a. Misalnya R1 dan R2 adalah jari-jari orbit lingkaran satelit, v1 dan v2 adalah kecepatan orbit satelit, sedangkan u1 dan u2 adalah kecepatan satelit pada orbit transisi berbentuk ellips masing-masing pada jarak R1 dan R2 . Persamaan gaya gravitasi Newton: v2 mM GM GM m G 2 maka v12 dan v22 R1 R2 R R m 4 2 R 2 / T 2 mM GM 2 GM 2 G 2 R13 T R23 T 2 1 2 2 R R maka 4 4 dan (1 poin) (1) (1 poin) (2) dengan M = massa planet. Persamaan (2) menunjukkan bahwa pangkat tiga jarak satelit ke planet sebanding dengan kuadrat periode. Hal ini merupakan hukum Kepler ketiga. Pada orbit ellips, panjang sumbu semi-mayor adalah Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 10 dari 19 a R1 R2 2 (3) (1 poin) dengan periode sebesar T. Sesuai dengan hukum Kepler ketiga di atas, maka T 2 a3 . T12 R13 (4) (1 poin) Dengan memasukkan persamaan (2) dan (3) ke dalam persamaan (4) diperoleh 2/ 3 ( R1 R2 )3 T22/ 3 )3 (T12/ 3 T22/ 3 )3 2 (T1 T T T1 . 8R13 8T12 8 2 2 1 (1 poin) (5) Periode orbit ellips adalah T (T12/ 3 T22/ 3 )3/ 2 (82/ 3 272/ 3 )3/ 2 = 16,6 jam. 2 2 2 2 (1 poin) (6) Karena gerakan dengan orbit ellips dari lintasan R1 ke R2 membutuhkan waktu setengah periode di atas (lihat gambar), maka waktu yang dibutuhkan adalah T/2 = 8,3 jam. B A R1 R2 b. Pada orbit ellips, kekekalan energi mekanik dan kekekalan momentum sudut terhadap pusat planet masing-masing dirumuskan sebagai 1 2 GmM 1 2 GmM mu1 mu2 2 R1 2 R2 (0,5 poin) (7) mu1R1 mu2 R2 . (0,5 poin) (8) Dari persamaan (7) dan (8) dapat dicari u1 dan u2 yang dinyatakan sebagai Hak Cipta Dilindungi Undang-undang u12 GM 2R2 R1 R1 R2 (1 poin) (9) u22 GM 2 R1 . R2 R1 R2 (1 poin) (10) Halaman 11 dari 19 Jika persamaan (9) dan (10) digabungkan dengan persamaan (1) dan (2), diperoleh u12 v12 2 R2 2T 2 / 3 v12 2 / 3 2 2 / 3 R1 R2 T1 T2 (1 poin) (11) u22 v22 2 R1 2T 2 / 3 v22 2 / 3 1 2 / 3 R1 R2 T1 T2 (1 poin) (12) (1 poin) (13) Perubahan kecepatan di orbit R1 adalah u1 2T22 / 3 18 1,177 . 2/3 2/3 v1 T1 T2 13 Ini berarti saat memulai orbit ellips, kecepatan satelit sebesar u1 diperoleh dengan cara menaikkan kecepatan mula-mula v1 sebesar 0,177 kali atau 17,7 %. Perubahan kecepatan di orbit R2 adalah v2 T 2/ 3 T 2/ 3 13 1 2/ 32 1, 275. u2 2T1 8 (1 poin) (14) Ini berarti ketika satelit selesai menempuh orbit elips dan tiba di lingkaran berjari-jari R2 , kecepatannya saat itu adalah u2 yang masih lebih kecil daripada v2 . Agar satelit tersebut dapat bergerak dengan orbit lingkaran R2 maka kecepatannya harus dinaikkan sebesar 0,275 kali atau 27,5 %. 5. (14 poin) Sebuah bola ping-pong bermassa m = 3 gram dipukul sedemikian rupa sehingga bola tersebut memperoleh kecepatan horisontal pada ketinggian H = 20 cm di atas meja. Bola tersebut juga berotasi terhadap sumbu horisontal yang tegaklurus pada kecepatan horisontal tersebut. Setelah menabrak meja dalam tumbukan yang bersifat elastik, bola tersebut terpental vertikal ke atas tanpa rotasi. Karena ketidakrataan permukaan meja, koefisien gesek kinetik antara bola dengan meja = 0,25. Asumsikan bahwa tumbukan terjadi pada waktu yang relatif sangat singkat. Percepatan gravitasi g = 10 m/s2. Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 12 dari 19 Momen inersia bola ping-pong adalah I 23 mR 2 dengan R = jari-jari bola ping-pong. Tentukan energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja. Jawaban Bola memperoleh kecepatan horisontal vx dan kecepatan sudut setelah dipukul. Namun setelah terpental dari meja, keduanya lenyap. Jadi, energi yang hilang selama tumbukan adalah perubahan energi kinetik translasi horisontal dan energi kinetik rotasi sebesar E 12 mvx2 12 I 2 (1 poin) (1) Persoalannya adalah nilai kecepatan horisontal vx dan kecepatan sudut belum diketahui. Sekarang, misalnya v y adalah kecepatan vertikal bola sesaat sebelum menyentuh meja. Kecepatan v y ini dapat ditentukan dari tinggi bola mula-mula menggunakan rumus vy 2 gH (0,5 poin) (2) Untuk menentukan vx dan , misalnya diasumsikan bahwa kedua besaran tersebut bernilai nol pada selang waktu yang sama, misalnya sebesar . Kemudian misalkan selang waktu pemampatan bola secara vertikal (agar bola terpental ke atas) adalah t . Maka, rata-rata gaya vertikal yang bekerja pada bola diberikan oleh laju perubahan momentum linear, yaitu p F K mg t 2mv y t (1 poin) (3) dimana K = gaya normal berarah vertikal ke atas yang dilakukan oleh meja terhadap bola. Persamaan (3) menghasilkan gaya normal sebesar K mg 2mv y t . (1 poin) (4) Karena itu, gaya gesek horisontal f di permukaan meja yang bekerja pada bola yang berotasi tersebut adalah 2mv y f K mg . t (1 poin) (5) Jika perlambatan translasi horisontal (yang menyebabkan kecepatan horisontal lenyap) mengambil waktu maka persamaan untuk perubahan momentum linear horisontal adalah Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 13 dari 19 2mv y mvx f mg . t (6) (1 poin) Jika diasumsikan selang waktu perlambatan horisontal ini ( ) sama dengan selang waktu untuk deformasi bola agar terpental vertikal ( t ), atau = t maka persamaan (6) menjadi mvx mg t 2mvy . (7) (1 poin) Karena tumbukan terjadi pada waktu yang singkat ( t 0 ), maka suku pertama pada ruas kanan persamaan (7) dapat diabaikan. Jadi kecepatan horisontal bola vx adalah vx 2 vy . (0,5 poin) (8) Sementara itu, dengan asumsi di atas bahwa waktu yang diperlukan untuk memperlambat rotasi bola sama dengan waktu untuk memperlambat translasi horisontal, maka rata-rata perlambatan sudut diberikan oleh . (0,5 poin) (9) Total torka N terhadap pusat bola yang bekerja pada bola saat tumbukan adalah N I (1 poin) 2mR 2 fR . 3 (1 poin) (10) 3 f . 2mR (1 poin) (11) yang memberikan Dengan menggunakan nilai f dari persamaan (5), persamaan (11) menjadi 2mv y 3 mg . 2mR t (12) (1 poin) Juga dengan asumsi = t serta t 0 maka persamaan (12) menjadi 3 v y R . (13) (1 poin) Akhirnya, dengan memasukkan persamaan (2), (8) dan (13) ke dalam persamaan (1) diperoleh 3 v y 1 1 2 2 2 2 E m(2 v y )2 . mR 2 5m v y 10 mgH . 2 2 3 R 2 (1 poin) (14) Dengan memasukkan nilai-nilainya diperoleh energi yang hilang sebesar E 3,75 103 J. Hak Cipta Dilindungi Undang-undang (0,5 poin) (15) Halaman 14 dari 19 6. (18 poin) Suatu bandul fisis terdiri atas sebuah cakram berjari-jari R yang bermassa m1 dan sebuah batang tegar yang massanya dapat diabaikan. Cakram diletakan disalah satu ujung batang, sedangkan ujung batang yang lain dapat berputar pada titik P (bayangkan cakram menjadi bandul fisis). Jarak antara titik putar P dengan pusat massa bandul adalah l. Mulamula bandul dilepaskan dari keadaan diam yang membuat sudut cukup kecil terhadap vertikal. Tepat pada posisi terendahnya, bandul menumbuk secara tidak elastis sama sekali cakram yang lain berjari-jari R dan bermassa m2, dengan m2 < m1. Tentukan: a. periode bandul sebelum tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, dan R) b. kecepatan bandul sesaat sebelum tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, dan R) c. kecepatan bandul sesaat sesudah tumbukan? (Nyatakan dalam m1, m2, l, g, R, dan ) d. periode bandul setelah tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, dan R) Jawaban: a. Momen gaya dari gaya berat terhadap titik P : P I P (1 poin) d 2 m1 gl sin kˆ I P 2 kˆ dt 2 d lm1 g 0 IP dt 2 (1 poin) (1 poin) Diketahui, IP 1 m1 R 2 m1l 2 2 sehingga perioda geraknya adalah: Hak Cipta Dilindungi Undang-undang (1 poin) T 2 R 2 2l 2 2l g (1 poin) Halaman 15 dari 19 b. Kekekalan energi mekanik: Eawal = Eakhir E awal m1 gl 1 cos (1 poin) (1 poin) 1 2 (1 poin) I P f 2 Karena v f f l , maka dari kekekalan energi mekanik, E akhir 1 vf m1 gl 1 cos I P 2 l vf c. 2 4 gl 3 1 cos R 2 2l 2 (1 poin) (1 poin) Kekekalan momentum : m1v f m1 m2 v' v' m1 vf m1 m2 m1 v' m1 m2 (2 poin) 4 gl 3 1 cos R 2 2l 2 (2 poin) d. Periode bandul tidak tergantung pada massa, sehingga periode setelah tumbukan tetap sama, yaitu : T 2 R 2 2l 2 2l g (2 poin) (2 poin) 7. (18 poin) Sebuah kubus dan silinder berada pada lantai horisontal kasar. Kedua permukaan benda tersebut saling bersinggungan, seperti pada gambar. Massa kedua benda sama, demikian pula diameter silinder sama dengan panjang sisi kubus. Untuk seluruh permukaan, koefisien gesek statik dan kinetik masing-masing adalah s dan k . Diketahui m = 12 kg, s 0,6 , k 0, 2 dan percepatan gravitasi g = 10 m/s2. a. Tentukan besar gaya horisontal F yang harus diberikan pada kubus agar kedua benda tersebut bergerak bersama dimana gerakan silinder adalah translasi murni. b. Tentukan jenis gerakan sistem mula-mula saat sistem mulai bergerak dari keadaan diam (apakah gerakannya murni translasi, translasi dan rotasi atau lainnya). Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 16 dari 19 c. Tinjau sekarang sistim kubus dan silinder dalam keadaan bergerak. Tentukan jenis gerakan sistem jika gaya horisontal yang diberikan sedikit lebih kecil daripada F (yang dihitung pada soal a). Tentukan pula jenis gerakan sistem jika gaya horisontal yang diberikan sama dengan ½ F. Jawaban a. Silinder dapat bergerak tanpa rotasi jika torka dari S1 (gaya gesek kinetik yang bekerja pada titik dimana silinder menyentuh lantai) diimbangi oleh torka dari S1 ' (gaya gesek statik yang bekerja pada titik dimana silinder menyentuh kubus). Karena itu S1 ' S1 (1) (1 poin) dan S1 ' mengarah ke bawah. (2 poin) Persamaan gerak silinder pada arah vertikal: K1 mg S1 ' 0 (1 poin) (2) sehingga gaya normal vertikal K1 yang dilakukan oleh lantai pada silinder adalah K1 mg S1 ' mg S1. (3) Gaya gesek kinetik antara silinder dengan lantai adalah S1 k K1 k (mg S1 ) (1 poin) (4) yang hasilnya adalah Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 17 dari 19 S1 k mg. 1 k (5) Misalnya kubus maupun silinder bergerak dengan percepatan horisontal a. Persamaan gerak silinder pada arah horisontal adalah K2 S1 ma (1 poin) (6) sehingga gaya normal yang dilakukan oleh kubus pada silinder adalah K2 S1 ma. (7) Pada kasus untuk murni translasi ini, gaya gesek statik yang bekerja pada titik dimana silinder menyentuh kubus diberikan oleh S1 ' s K2 s (S1 ma). (1 poin) (8) Dengan menggunakan persamaan (1) dan (5), persamaan (8) menjadi k mg s ( k mg ma) 1 k 1 k sehingga diperoleh nilai percepatan silinder a sebesar a k 1 0 g. s 1 k (9) Untuk gerakan kubus, persamaan gerak kubus pada arah vertikal: K3 S1 ' mg 0 (1 poin) (10) sehingga gaya normal vertikal K 3 yang dilakukan oleh lantai pada kubus diberikan oleh K3 mg S1 ' mg S1 mg k 1 2 k mg mg. 1 k 1 k (1 poin) (11) Maka, gaya gesek kinetik yang bekerja pada permukaan kubus yang menyentuh lantai diberikan oleh S2 k K3 k (1 2k ) mg. 1 k (1 poin) (12) (1 poin) (13) Persamaan gerak kubus pada arah horisontal: F K2 S2 ma dengan K 2 disini adalah gaya normal yang dilakukan oleh silinder pada kubus. Dengan menggunakan persamaan (7) ke dalam persamaan (10), gaya horisontal F diberikan oleh F ma K2 S2 2ma S1 S2 . (14) Substitusi persamaan (5), (9) dan (12) ke dalam persamaan (14) diperoleh Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 18 dari 19 F 2m k 1 0 (1 2k ) 2 (1 s k ) g k mg k mg k mg. (15) s 1 k 1 k 1 k s (1 k ) (1 poin) Dengan memasukkan nilainya secara numerik, maka F = 88 N. Jadi gerakan silinder akan murni translasi jika gaya horisontal F lebih besar daripada 88 N. b. Disini, sistem membutuhkan gaya minimum sebesar F0 2s mg = 144 N untuk mulai bergerak. Jadi pada saat mulai bergerak, silinder sudah bergerak murni translasi. Setelah silinder dan kubus mulai bergerak, gaya F dapat diturunkan hingga 88 N untuk membuat gerakan silinder tetap murni translasi. (3 poin) c. Jika gaya horisontal lebih kecil dari 88 N maka silinder akan mulai berotasi dan bergesekan dengan kubus. Jika gaya horisontal hanya setengahnya yaitu 44 N, maka sistem akan berhenti bergerak, karena gaya gesek kinetik minimal adalah 2k mg = 48 N. (3 poin) === Selamat bekerja, semoga sukses === Hak Cipta Dilindungi Undang-undang Halaman 19 dari 19