kementerian pendidikan dan kebudayaan

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)
11  1
V   Vo   Vo . Substitusikan ke pers. (3) diperoleh:
33  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  )
mM
(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  )
mM


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

25 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' 
mM
u  3 m/s.
mM
(16)
Kecepatan kereta terhadap lantai sekarang adalah
V '
2M
u  12 m/s.
mM
(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 103 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  2k )
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  2k )
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  2s 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 2k mg = 48 N.
(3 poin)
=== Selamat bekerja, semoga sukses ===
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 19 dari 19