kementerian pendidikan dan kebudayaan

Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
SOAL UJIAN
SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014
TINGKAT PROPINSI
FISIKA
Waktu : 3,5 jam
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
TAHUN 2014
KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH
DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS
Olimpiade Sains Nasional 2014
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
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 2 dari 16
Tes Seleksi OSN 2014 Bidang FISIKA
TINGKAT PROPINSI
Waktu: 3,5 Jam
1. (12 poin) Balok bermassa 2m mula-mula
g
diam di bagian terbawah bidang miring
(massa M dan sudut kemiringan α).
M
Permukaan bidang miring licin dan
2m
α
V0
berada di atas meja licin. Pada saat awal
m
t = 0, sebutir peluru dengan massa m dan
kecepatan v0 bergerak paralel terhadap
bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok
tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung:
a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja,
b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya,
c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya,
d. jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m
mencapai ketinggian maksimumnya.
Jawaban:
Sesaat setelah tumbukan antara peluru m dengan balok mb = 2m maka balok bergerak dengan
kecepatan awal v1 sehingga berlaku
mv0  (m  mb )v1 dan v1 
m
m
1
v0 
v0  v0
m  mb
m  2m
3
(1)
(1 poin)
N
v
u
(0,5 poin)
n̂
mg
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
α
Halaman 3 dari 16

Katakan u

adalah kecepatan bidang miring M dan a M  u adalah percepatannya.
Komponennya yang berlawanan dengan gaya normal N adalah
u n  u sin 
(2)
dan saat balok 2m tetap bersentuhan dengan bidang miring maka (2) juga merupakan

percepatan balok ke arah n̂ . Kecepatan tangensial balok adalah vt  v  nˆ sehingga
mb vt  mb g sin 
(3)
dan percepatan normalnya memenuhi
mb u sin   mb g cos  N
(4)
(0,5 poin)
Gaya N pd arah n̂ bekerja pada bidang miring, tetapi karena bidang miring tsb selalu berada
di atas meja maka hanya komponen sejajar meja saja yang bekerja mempercepat bidang
miring sehingga
(0,5 poin)
Mu  N sin   (mb g cos  mb u sin  ) sin 
dan
a M  u 
mb g sin  cos
M  mb sin 2 

2mg sin  cos
M  2m sin 2 
(5)
(0,5 poin)
Selanjutnya, dengan mengingat bahwa

v : vektor kecepatan balok m relatif terhadap tanah/lantai,

u : vektor kecepatan bidang miring relatif terhadap tanah = - u xˆ
Sehingga
 
v  u : vektor kecepatan balok relatif terhadap bidang miring.
Syarat agar balok tetap berada di permukaan bidang miring adalah:
 
 
( v  u).nˆ  0 (yang berarti bahwa v  u selalu tegak lurus pada n̂ )


(0,5 poin)


ˆ  u.nˆ  u sin 
dan saat di puncak tertinggi lintasannya berlaku v  u  0 sehingga v  n
 ˆ ˆ
v  t  u.t  u cos  0 (dengan tˆ adalah vektor satuan yg tegak lurus n̂ yang
dan
menyatakan arah sejajar bidang miring).

Ada posisi saat v  tˆ  0 yang terpenuhi setelah tercapai tinggi maksimum yaitu saat balok
2m mulai bergerak turun. Saat berada di puncak tertinggi tersebut maka balok m mempunyai
kecepatan sesaat - us xˆ . Selanjutnya
(0,5 poin)
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 4 dari 16
Hukum kekekalan energi mekanik :
1
1
1
2
2
2
mb u s  Mu s  mb gh  mb v1
2
2
2
(6)
(1 poin)
Hukum kekekalan momentum :
(mb  M )u s  mb v1 cos
(1 poin)
Sehingga kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum adalah
m v cos  3mv0 cos 
(7)
us  b 1

mb  M
3(3m  M )
(a) Tinggi maksimum balok adalah
2
1 1
1 (mb v1 cos  ) 2  v1  mb cos 2  
2
h
 mb v1 

1 

mb g  2
2 mb  M  2 g 
mb  M 
2
v1  M  mb sin 2  



2 g  mb  M

atau
v  M  3m sin 2  
h 0 

18 g  3m  M

2
(8)
(1 poin)
(b) Kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum diberikan (7), yaitu
v  M  3m sin 2  
h 0 

18 g  3m  M

2
us 
mb v1 cos a 3mvo cos a

mb  M
33m  M 
(1 poin)
(c) Katakan T = waktu untuk mencapai ketinggian maksimum h, maka:
(1 poin)
vt  u s cos  v1  g sin T
sehingga
mb v1 cos 2  
1
1 
T
(v1  u s cos  ) 
v1 

g sin 
g sin  
mb  M 
v1  M  mb cos 2  



g sin   mb  M

atau
T
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
 M  3m cos 2  
v0


3g sin   3m  M

(9)
(1 poin)
Halaman 5 dari 16
(d) Jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m
mencapai ketinggian maksimum adalah
1
1 2 1  mb g sin  cos   v1   M  mb cos2  
2
D  a M T  uT  



2
2
2  M  mb sin 2    g sin   
M  mb

2
2
(1 poin)
sehingga
2
v
D 1
2g
 mb sin  cos   1   M  mb cos2  

 2 

2
M  mb

 M  mb sin    sin   
2
atau
2
2
v0
 3m sin  cos    M  3m cos  
D


M  3m 
9 g sin 2   M  3m sin 2   
2
(10) (1 poin)
2. (16 poin) Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara
tembok vertikal dan balok segitiga bermassa M. Sisi
miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan
 terhadap horisontal. Bola tersebut menyinggung balok
segitiga pada ujung paling atas balok tersebut. Balok
berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak
tanpa gesekan. Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat
gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan awal,
permukaan horisontal balok segitiga tersebut tetap pada
lantai atau tidak miring/berputar,
a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistim bola-balok tersebut,
b. Tentukan nilai percepatan gerak bola,
c. Tentukan syarat bagi nilai M/m.
Jawaban:
a. Diagram gaya pada sistem di atas adalah sebagai berikut.
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 6 dari 16
b. Berat bola = mg ke bawah. Misalnya gaya aksi balok yang diterima oleh bola = K, maka gaya pada
bola ini dapat diuraikan menjadi gaya ke atas sebesar Kcos dan Ksin yang mengarah ke kiri.
Karena bola tidak bergerak horisontal, maka gaya normal pada bola karena bersinggungan dengan
tembok vertikal juga = Ksin yang mengarah ke kanan. Jika percepatan bola ke bawah = a maka
mg  K cos   ma
(1)
Gaya reaksi bola yang diterima oleh balok juga = K. Gaya pada balok ini dapat diuraikan menjadi
gaya ke kanan sebesar Ksin yang akan menyebabkan percepatan balok sebesar A, serta gaya ke
bawah sebesar Kcos. Sementara itu berat balok = Mg ke bawah. Karena balok tidak bergerak
vertikal, maka gaya normal pada balok karena bersinggungan dengan bidang horisontal adalah N =
Mg + Kcos. Persamaan gerak untuk balok adalah
K sin   MA
(2)
Persamaan ketiga menghubungkan antara a dengan A. Ketika balok bergerak horisontal sebesar
selama waktu t sebesar s  12 At 2 maka bola turun sejauh s tan   12 At 2 tan   12 at 2 sehingga
diperoleh hubungan:
a  A tan 
(3)
Gabungan persamaan (2) dan (3) menghasilkan
K
Ma
sin  tan 
(4)
Gabungan persamaan (1) dan (4) menghasilkan
m tan 2 
a
g
M  m tan 2 
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
(5)
Halaman 7 dari 16
Agar dipenuhi syarat balok tidak miring/berputar, maka torka terhadap titik pusat massa balok dari
gaya K harus lebih kecil atau sama dengan torka terhadap titik pusat massa dari gaya normal N
yang dirasakan balok dari lantai. Dalam hal ini, nilai torka maksimum dari gaya K tersebut adalah
ketika gaya normal N berada di ujung paling kanan balok tersebut.
Misalkan tinggi balok = h, sehingga panjang horisontal balok = h / tan  . Pusat massa balok
berjarak 1/3 dari panjang sisi balok. Karena itu jarak horisontal antara garis normal N (yang
terletak di ujung kanan balok) dengan pusat massa balok adalah h / 3tan  , sehingga torka dari N
terhadap pusat massa adalah
( Mg  K cos  )
h
.
3tan 
Sementara itu gaya K dapat diuraikan menjadi gaya horisontal K sin  ke kanan yang memiliki
jarak vertikal dengan pusat massa sebesar 2h/3, serta gaya vertikal K cos  ke bawah yang
memiliki jarak horisontal dengan pusat massa sebesar h / 3tan  . Torka total adalah
K sin 
2h
h
.
 K cos 
3
3tan 
Dengan menerapkan syarat di atas maka
K sin 
2h
h
h
 K cos 
 ( Mg  K cos  )
3
3tan 
3tan 
(6)
Gabungan (4) dan (6) menghasilkan
a
g
2
(7)
c. Gabungan persamaan (5) dan (7) menghasilkan
M
 tan 2 
m
(8)
3. (10 poin) Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan suatu planet
bola bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan
y. Percepatan gravitasi di permukaan planet tersebut adalah g 0 , sedangkan tetapan gravitasi
universal adalah G.
a. Percepatan gravitasi yang dialami benda m tersebut berkurang secara linier terhadap y.
Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-parameter di
atas);
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 8 dari 16
b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan awal
v0 , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai fungsi ketinggian y;
c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda jika
tetapan/konstanta linier pada pertanyaan a) diatas  0.
Jawaban:
a. Gaya gravitasi antara m dan M yang terpisah pada jarak R + y sama dengan berat yang
dimiliki oleh massa m dengan percepatan gravitasi g.
GM
GM
GM 2GM
GMm
mg 
 g  2 (1  y / R)2  2 (1  2 y / R)  2  3 y
(2 poin)
2
( R  y)
R
R
R
R
Jadi
g0 
GM
R2
dan k  
2GM
R3
b. Persamaan gerak untuk benda yang dilempar ke atas
dv
 ( g0  ky )
a  g 
dt
Dengan menggunakan dalil rantai,
dv dv dy
dv

v
 g0  ky
dt dy dt
dy

(1 poin)
(1 poin)
y
v

.
vdv 
v v0

( g0  ky )dy 
y 0
1 (v 2
2
 v02 )   g0 y  12 ky 2
v 2  ky 2  2 g0 y  v02
(2 poin)
c. Di ketinggian maksimum
v = 0  ky 2  2 g0 y  v02  0
 y
2 g0  4 g02  4kv02
2k

g0 (1  1  kv02 / g02 )
k
(2 poin)
Untuk limit k  0
g0 [1  (1  kv02 / 2 g02 )] v02
y

k
2 g0
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
(2 poin)
Halaman 9 dari 16
4. (14 poin) Bola karet dengan berat W = mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung
tongkat AC (dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik
A dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berotasi di sekitar
titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas
dengan konstanta k dipasang pada posisi
y
mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada
dinding dan ujung yang lain dilekatkan pada
C
titik tetap B di tongkat AC. Seperti tampak
dalam gambar, tongkat disimpangkan dari
posisi awal (tegak) sebesar sudut  lalu
dilepaskan sehingga tongkat akan mengalami
gerak osilasi (getaran). Tentukan:
(a) besar
frekuensi
getaran
simpangan  yang kecil.
untuk
sudut
Dinding
W=mg
B
L 
a
x
A
Lantai
(b) nilai maksimum gaya berat W agar untuk sudut simpangan  kecil tongkat mengalami
getaran harmonik.
Solusi:




(a) Gaya-gaya yang bekerja pada sistem adalah : (ex  xˆ, e y  yˆ , dan e  rˆ, e  ˆ )


 Gaya berat : W  mgy

 Gaya pegas : F  kaxˆ

 Gaya reaksi sepanjang tongkat : FR  Rrˆ (gunakan koordinat polar r, )
Hukum II Newton:
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 10 dari 16

d 2r
a
m 2  mgyˆ  kaxˆ  Rrˆ
L
dt
atau dalam koordinat polar
a
( sin rˆ  cos ˆ )  Rrˆ
L
Tetapi, komponen-komponen gaya berat dan gaya pegas ke arah r̂ dapat diimbangi oleh

gaya reaksi FR , sehingga akhirnya diperoleh persamaan gerak untuk sudut simpangan
m(r 2 rˆ  rˆ )  mg (cos rˆ  sin ˆ )  ka
tongkat (), yaitu
a2
 cos 
L
Dengan mengingat bahwa untuk sudut  kecil berlaku sin    dan cos   1, maka
mr  mg sin   k
diperoleh
1
k a2
g 
 , atau
r
mr L
sehingga frekuensi getaran tongkat adalah
 

 
ka2  mgL
 0
mL2
ka 2  mgL
mL2
ka 2
b. Tongkat mengalami getaran harmonik kalau  > 0 sehingga W  mg 
L
2
5. (18 poin) Sebuah batang homogen (massa M dan panjang l ) salah satu ujungnya diletakan pada tepi
sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan sudut
antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan kontak dengan meja. Lakukan
perhitungan Anda untuk 2 kondisi berikut:
a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar (i)
b. Tepi meja kasar dan sangat tajam (lihat gambar (ii)).
(i)
(ii)
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 11 dari 16
Jawab:
a. Untuk kondisi gambar (i), hingga posisi batang jatuh sejauh  terjadi:
EP  Mg
Kehilangan energi potensial sebesar:

1  cos  
2
Energi ini dikonversi menjadi EK rotasi di tepi meja itu,
EKrot = EP
1

I p 2  Mg 1  cos   ;
2
2
ambil I p 
1
M 2 akan diperoleh:
3
Percepatan centripetal batang:
2 
acp   2
3g
1  cos  

(1)
 3
 g 1  cos  
2 2
(2)
Karena batang berotasi, maka berlaku:
  I

Maka
3g
sin 
2

dan

1
Mg sin   M 2
2
3
 3
at    g sin 
2 4
(3)
(4)
Lihat gambar saat batang di posisi , sesaat akan kehilangan kontak dengan meja.
F
x
 Ma x

H  M at cos   acp sin  
F
y
 Ma y
(5)

Mg  V  M acp cos   at sin  
(6)
Dari penyelesaian pers. (5) dan (6) dengan mensubstitusikan
pers. (2) dan (4) diperoleh:
3
Mg sin  3 cos   2
4
1
2
V  Mg 3 cos   1
4
H
(7)
Batang mulai kehilangan kontak dengan meja pada saat:
H=0 
Jadi,
3 cos  - 2 = 0
cos  = 2/3, atau
 = cos-1 (2/3)  48o. (8)
b. Untuk kondisi gambar (ii), nilai untuk acp dan at nya sama seperti pada persamaan (2) dan (4)
diatas.
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 12 dari 16
Karena ujung meja sekarang tajam, maka gaya normal N akan berarah pada sepanjang sumbu
batang. Dan ada gaya gesek fr yang tegak lurus terhadap N (lihat gambar di bawah).
Sepanjang sumbu batang:
F
x
 Ma x 
Mg cos   N  Macp
M
 2 3
  Mg 1  cos  
2
2
(9)
Maka kita peroleh,
N
Mg
5 cos   3
2
(10)
Batang tepat mulai meninggalkan tepi meja, pada saat N = 0.
Jadi,
cos  = 3/5
atau
 = 53o.
(11)
Jika  makin besar maka N < 0 dan ini tidak mungkin! Yang pasti batang jadi tidak kontak lagi
dengan meja. Karena tepi meja yang kasar maka gaya gesek statik mampu menahan batang untuk
melakukan gerak rotasi dan tidak terjadi slip hingga gaya normal N = 0.
6. (14 poin) Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada
silinder pejal bermassa M dan berjari-jari R menggunakan
batang tak bermassa. Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada
pada jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder
tersebut kemudian diberikan gangguan kecil dari posisi
kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding
tanpa tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai,
tentukan:
a- kecepatan pusat massa silinder,
b- kecepatan bola.
Jawaban:
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 13 dari 16
Pertama, gunakan teorema usaha-energi. Gaya normal oleh lantai pada silinder yang mengarah
ke atas, maupun gaya gesek statik pada silinder tidak melakukan usaha sama sekali, sehingga
usaha oleh gaya gravitasi sama dengan perubahan energi kinetik sistem.
Wgrav  EK
(1)
(1 poin)
Selama gerakan, tinggi pusat massa silinder tidak mengalami perubahan sehingga usaha oleh
gaya gravitasi hanya berasal dari bola m sebesar
Wgrav  mg ( R  H ) .
(2)
(1 poin)
Sementara tenaga kinetik total sistem adalah
EK  12 MV 2  12 I  2  12 mv2
(3)
(1 poin)
dimana V = kecepatan pusat massa silinder, I = momen inersia silinder =
1 MR 2 ,
2
 =
kecepatan sudut silinder dan v = kecepatan bola. Jadi
mg ( R  H )  12 MV 2  12 I  2  12 mv2
(4)
(1 poin)
Karena silinder menggelinding tanpa tergelincir, hubungan antara V dengan  adalah
V  R
(5)
(0,5 poin)
Titik P adalah sumbu rotasi sesaat sehingga saat bola menyentuh lantai jari-jari rotasi bola
terletak pada lantai. Karena kecepatan bola tegaklurus dengan jari-jari rotasi bola, maka v
harus tegak lurus terhadap lantai. Disini, v adalah resultan dari kecepatan translasi titik O
(pusat massa silinder) dan kecepatan bola yang berotasi terhadap titik O. Dengan melihat
Gambar, maka
v2  ( H )2  V 2   2 ( H 2  R2 )
Substitusi (5) dan (6) ke persamaan (4) akan menghasilkan
(6)
mg ( R  H )  12 M  2 R2  12 12 MR2 2  12 m 2 ( H 2  R 2 )
(2 poin)
(2 poin)
Kecepatan sudut silinder saat bola menyentuh lantai adalah
2
mg ( H  R)
2mH  R 2 (3M  2m)
2
a- Kecepatan pusat massa silinder:
V=R
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang

V  2R
mg H  R 
2mH  3M  2mR 2
2
(7)
(1,5 poin)
(2 poin)
Halaman 14 dari 16
b- Kecepatan bola saat menyentuh lantai adalah:
v   H 2  R 2  2( H  R)
mg ( H  R)
(1 poin)
2mH  R 2 (3M  2m)
2
7. (16 poin) Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R mula-mula berotasi dengan
kecepatan sudut 0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring
kasar (yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan  dan koefisien gesek
kinetik  K dimana K  tan  . Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak
dengan bidang miring. Tentukan:
a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip;
b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip;
c. ketinggian maksimum yang dapat dicapai silinder.
Jawaban:
Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B.
y
B
h
x
N
fK

A
w
a. Selama gerak dari A ke B, hukum Newton II,
 Fy  ma y  0
N  mg cos   0
dan
F
x
(0,5 poin)
 max
mg sin   f K  max
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 15 dari 16
sehingga percepatan translasinya adalah
a  g  K cos   sin  
(1 poin)
Untuk gerak rotasi, relatif terhadap pusat massa slinder,
 O  IOO
 fK R 
1
mR 2 O
2
sehingga percepatan rotasinya adalah
2 g cos 
0   K
R
(0,5 poin)
(1 poin)
Karena percepatan translasi dan percepatan rotasinya konstan, maka kita dapatkan
kecepatan silinder adalah:
v(t )  gt  K cos   sin  
(1 poin)
2 g cos 
 (t )   0  K
t
R
Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B, maka di titik B kita
punya
v  tB     tB  R
(1 poin)
atau
tB 
0 R
g 3 K cos   sin  
(1 poin)
b. Jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip adalah
1
x B  at B2
2
(2 poin) + (2 poin)
 02 R 2  K cos   sin 

2 g 3 K cos   sin  2
c. Dengan menggunakan hubungan usaha dan energi, kita punya
1
(2 poin)
I O0 2  mgh  f K xB
2
sehingga didapatkan
h
 02 R 2 
1 
4g 
2 K cos   K cos   sin  

3 K cos   sin  2 
(4 poin)
=== Selamat bekerja, semoga sukses ===
Hak Cipta
Dilindungi Undang-undang
Halaman 16 dari 16