Kunci Jawaban

Solusi OSN Fisika SMA Tingkat Kabupaten 2010 (3 jam)
1. Kecepatan awal v0 pada arah tegak lurus terhadap sumbu-x.
Koefisien gesek antara benda dan bidang miring μ = tan θ, f = μN = mg sinθ
Gaya tangensial
a = g sinθ (cosα – 1) ... (1)
fcosα
N
Gaya arah sumbu x
m
vo
α
v
ax = –gsinθ(cosα–1)….. (2),
f
mgsinθ cosα α
mg sinθ
mg cosθ
sehingga a = – ax
vx
mg
mgsinθ
a) besar kecepatan benda sebagai fungsi θ
θ
v0
v
1  cos 
b) Jika benda sudah bergerak cukup lama, berapakah besar kecepatannya?
v
Semakin lama bergerak, maka α ≈ 00, sehingga v  0
2
2. Kecepatan sudut ω = tetap
ω
r = Rsinθ dan Ny = Ncosθ dan Nx = Nsinθ
P
a) sudut θ pada kesetimbangan cicin terhadap batang lengkung
v2
sb x : N sin   m
………… (1)
r
Q
sb y : N cos   mg  0 ………… (2)
 R N N
y
 g 
r
sehingga   arc cos  2 
Nx
 R 
O
mg
g
b) karena ω tetap, maka 2 akan tetap juga, maka terjadi kesetimbangan stabil
 R
3. Tongkat panjang L diberi gaya F yang sangat kecil dan lantai dianggap licin
a) perpindahan horizontal titik pusat massa
dan
f = 0 maka ax = 0
 f  max
θ
L
w  N cos   ma y
N
θ
Karena lantai licin maka tidak ada perpindahan pusat massa
mg
(bulatan hitam) secara horizontal.
b) persamaan kurva gerakan dari sebuah titik A pada jarak h dari pusat massa.
Mula – mula titik A = A’ (berhimpitan)
0’
A
Setelah tongkat terguling membentuk sudut θ , maka
h
θ
perpindahan horizontal titik A’ yaitu : x = h sin θ ………. (1)
P
A’
perpindahan vertikal titik A’ yaitu : y = (½L±h) cos θ …. (2)
P’
C
A
2
2
θ
4y
x
A’
dari (1) dan (2)
 2 1
2
h
L

2
h


0
B
c) bentuk lintasan dari titik pusat tongkat, titik ujung tongkat, dan dari titik di antara titik
pusat dan ujung tongkat.
Lintasan dari titik pusat tongkat : garis lurus vertical (hanya sumbu y)
Lintasan dari titik ujung tongkat :
L
xh
Dari titik 0
(garis lurus horizontal)
2
Dari titik 0’
4x 2  y 2  L2 (bentuk ellips)
Lintasan dari titik antara titik pusat dan ujung tongkat :
Dari titik A (bawah h = ¼ L) 16 x 2  16 y 2  L2 (berbentuk Lingkaran)
Dari titik A (atas h = ¼ L)
144 x 2  16 y 2  9L2 (berbentuk Ellips)
4. Dua buah katrol dengan tiga massa m1 , m2 , dan m3
Massa katrol dan tali diabaikan, serta katrol dianggap licin
a) Tegangan tali T dan percepatan masing-masing benda (T = 2t)
2t  m1 g  m1a1 ...(1), t  m2 g  m2a2 ...(2), dan t  m3 g  m3a3 ...(3)
Konversi percepatan pada m1
a a 
a1    2 3  atau 2a1  a2  a3 ...(4)
 2 
(4)→(1) 4t  2m1 g  m1a3  m1a2 ...(5)
(3)→(5) 0  4m2 m3 g  2m1m2 g  4m2 m3a3  m1m2a3  m1m2a2 …. (6)
(3) – (2) 0  m1m3 g  m1m2 g  m1m3a3  m1m2 a2 … (7)
T
m1
t
m2
m3
 g  4m2 m3  m1  m3  3m2 
(6) + (7) a3 
4m2 m3  m1  m2  m3 
(2)→(5) 0  4m2 m3 g  2m1m3 g  4m2 m3a2  m1m3a3  m1m3a2 ...(8)
(8) – (7) a2 
2a1  a2  a3
Dari (1) T 
 g  4m2 m3  m1  m2  3m3  
4m2 m3  m1  m2  m3 
dan
a1 
g  4m2 m3  m1  m2  m3 
4m2 m3  m1  m2  m3 
8m1m2 m3 g  3m1m1 g  m2  m3 
4m2 m3  m1  m2  m3 
5. Ada 3 benda. Panjang persegiempat = L dan Jejari lingkaran = R
L
N Nsinθ
Rapat massa masing-masing benda = σ
Panjang sisi bawah segiempat = 2R – 2Rcosθ
R
F
θ
Massa segiempat m  V  2 RL 1  cos 
Berat segiempat W = mg
a) Gaya horizontal F, agar kedua lingkaran tetap saling bersentuhan yaitu ΣFy = may
 RLg 1  cos   cos 
F  N cos  
sin 
b) Sudut minimum dan maksimum, agar gaya horizontal F minimum dan maksimum
1
cos 2 
d  cos  
1
 cos 
F   RLg 


 dan

 2
d  sin  
sin 
 sin  2sin  2sin  
d  1

d  sin 
cos 

 2
sin 

dan
d
d
 cos 2

 sin 
 3  cos  sin 2     cos3   


  
sin 2 




 3  cos  sin 2     cos3    
dF
1
cos 


  0
  RLg  2 

2
2
d
2sin 
 
 sin  2sin  


 3  cos  sin 2     cos3   
1
cos 
0
 2 

sin  2sin 2  
2sin 2 


cos3   2 cos   1  0 atau
x3  2 x  1  0
x3  2 x  1   x  1  x 2  x  1  x3  x 2  x 2  x  x  1  0 , maka x3 =1
F
1  5
1  5
 1, 62 , x2 
 0, 62 dan x3 = 1
2
2
cos1  1,62 , cos2  0,62 , dan cos 3  1
x1 
1  tidak bernilai , 2  51, 70 , dan  3  00
Sehingga sudut minimum yaitu :  3  00 dan sudut maksimum yaitu : 2  51, 70
6. Paket bantuan dijatuhkan pada ketinggian h = 120 m
10 m/s
Kecepatan naik balon v0 = 10 m/s
a) Kecepatan awal paket
vpaket – tanah = 0 + 10 m/s = 10 m/s (ke arah atas)
b) Persamaan posisi paket h(t) setelah t > 0, a = – g, y0 = h
1
h  t   h  v0t  gt 2 atau h  t   120  10t  5t 2
2
120 m
c) Lama paket sampai permukaan tanah
saat sampai di tanah h(t) = 0
0  T 2  2T  24  T  6T  4 dan T  6 s
7. Balok (massa m) berada di atas bidang miring (massa M)
n
dengan sudut kemiringan θ dan bidang miring di atas
m
f
lantai licin. Anggap μ adalah koefisien gesekan antara
mgsinθ
balok m dan bidang miring M.
mgcosθ
a) Sudut θmaks agar kedua balok diam
mg
Sejajar bidang miring : mg sin   f  0 ….(1)
M
Tegak lurus bidang miring : n  mg cos   0 …..(2)

f
dari persamaan (1) dan (2) maka tan    
atau θmax = arc tan μ
n
b) Percepatan bidang miring M ke kanan (a) agar benda m tetap diam.
Benda m akan bergerak ke bawah (amin) jika percepatan benda M terlalu rendah.
Karena percepatan benda M ke kanan, maka benda m mendapat gaya fiktif ke kiri
ma cosθ
n
sebesar F = ma
Sb x : f  ma cos   mg sin   0
m

ma
f
Sb y : n  ma sin   mg cos   0
mg sinθ
ma sinθ
dari kedua persamaan tersebut
mg cosθ
a
mg
 sin    cos   g
amin 
………(3)
M
 cos    sin  

Benda m akan bergerak ke atas (amax) jika percepatan benda M terlalu besar.
Karena percepatan benda M ke kanan, maka benda m mendapat gaya fiktif ke kiri
ma cosθ
n
F=ma
m
Sb x : ma cos   mg sin   f  0

ma
f mg sinθ
Sb y : n  ma sin   mg cos   0
ma sinθ
mg cosθ
dari kedua persamaan tersebut
a
mg
 sin    cos   g
amax 
………(4)
M

 cos    sin  
ma cosθ
n
c) Besar F agar besar gaya gesek antara balok m dan
m

bidang miring M sama dengan nol.
ma
f
Benda m akan bergerak ke bawah, jika F pada benda
mg sinθ
ma sinθ
M terlalu kecil (Fmin).
mg cosθ
Karena percepatan benda M ke kanan, maka benda
F
a
mg
m mendapat gaya fiktif ke kiri sebesar F = ma.
M

Dari pers (3)
Gaya minimum yang diperlukan untuk mendorong benda M agar benda
 m  M  sin    cos   g
m dan M bergerak bersama, yaitu : Fmin   m  M  amin 
 cos    sin  
Benda m akan bergerak ke atas, jika F pada benda M terlalu besar (Fmax).
ma cosθ
n
Karena percepatan benda M ke kanan, maka benda m
mendapat gaya fiktif ke kiri sebesar F = ma.
m

ma
Dari pers (4)
f mg sinθ
Gaya maksimum yang diperlukan untuk mendorong
ma sinθ
mg cosθ
benda M agar benda m dan M bergerak bersama, yaitu :
a
mg
F
 m  M  sin    cos   g
Fmin   m  M  amin 
M
 cos    sin  

d) Besar percepatan minimum (amin) agar balok m tetap diam di atas bidang miring M.
dari pers (5), untuk θ = 450
1
1

2


2g
0
0

sin 45   cos 45 g  2
2
  1    g
amin 

0
0
1
1
cos 45   sin 45
1 
2
2
2
2

