Jawaban OSK 2012 Fisika C Jawab: (nilai 8) Dari persamaan

Jawaban OSK 2012
Fisika C
1- Jawab: (nilai 8)
Dari persamaan x  a sin t    diperoleh:
2
dengan T  1 detik    2 rads/detik
T
x0  xt  0  0,5 m; v0  vt  0   m/s

Dalam bentuk yang umum:
x  a sin t   
(1)
dx
 a cost   
dt
(2)
x0  xt  0  a sin  
(3)
v
x0
 sin 
a
v
v0  vt  0  a cos   0  cos 
a

(nilai 2)
Jika pers.(3) kita bagi dengan pers.(4) diperoleh:
tan  

(4)
(nilai 2)
x0 0,52 

 1     45o  0,785 rads
v0

(nilai 2)
Jika pers.(3) dan pers.(4) dikuadratkan kemudian keduanya dijumlahkan diperoleh:
x02
v02

1
a2  2a 2
  a  x02 
1   
   
  0,707 m (nilai 2)
2

 2   2 
v02
2
2- Jawab: (nilai 10)
Gaya berat beban:
W = 3. 10 = 30 N
(nilai 1)
Gaya tegang tali:
T = W = 30 N
(nilai 1)
Karena katrol licin, maka gaya tegang tali T sama besar
dimanapun, T = 30 N.
(nilai 2)
Gaya-gaya yang bekerja pada kaki si pasien:
Arah x:
Fx = T + T cos 30 = 30 + 30. ½ √3 = 56 N
Arah y:
Fy = T + T sin 30 = 30 + 30. ½ = 45 N
(nilai 3)
(nilai 3)
3- Jawab: (nilai 14)
y

B
y0

yB

x
O
xB
(nilai 2)
Karena gesekan benda dengan udara diabaikan, maka lintasan gerak benda adalah parabola.
Persamaan gerak benda (dengan koordinat seperti pada gambar)
vx  t   v0 cos 
x  t   v0t cos 
v y  t   v0 sin   gt
1
y  t   y0  v0t sin   gt 2
2
(nilai 2)
Eliminasi t dari persamaan diatas, didapatkan persamaan lintasan parabola
y  x   y0  x tan  
gx 2
2v02 cos 2 
(nilai 1)
Misalkan benda mendarat di titik B, maka didapatkan hubungan
yB  xB tan 
(nilai 1)
Substitusi ke persamaan lintasan untuk titik B, maka didapatkan
y0  xB  tan   tan   
gxB 2
2v02 cos 2 
(nilai 1)
Di titik B
vBx  vB sin   v0 cos 
(nilai 2)
vBy  vB cos   v0 sin   gtB
maka waktu yang dibutuhkan untuk mendarat di B adalah
tB 
v0 cos  v0 sin 

g tan 
g
(nilai 1)
sehingga posisi mendatar benda saat mendarat di B adalah
v02 cos2  v02
xB  x  tB  

sin 2
g tan  2 g
(nilai 2)
Substitusi ke persamaan lintasan parabola.
 cos2  1

v2 

y0  0 sin 2  tan   1  2cos 2  
 sin 2 
2g 
 tan  2


2





(nilai 2)
4- Jawab: (nilai 8)
Momen inersia sistem:
1
2
2
2
I  I batang  I bola  M l  r   ml 2  Mr 2  M l  r 
3
5
Pusat massa sistem:
m
M
l  r  dari titik tumpuan

l
2M  m  M  m 
(nilai 2)
(nilai 2)
Persamaan gerak sistem:
I  M  mg sin   0
(nilai 2)
Sehingga diperoleh periode gerak sistem:


2

 2
 2
1
3
I
M  m g
(nilai 2)
ml 2  52 Mr 2  M l  r 
g ml  M l  r 
2
5- Jawab: (nilai 16)
a- Dengan mengambil arah sumbu y ke arah gerak turunnya yo-yo, lalu arah rotasi positif
diambil searah putaran jarum jam, maka :
Percepatan linear : a  b
(1)
Hukum ke-2 Newton : mg  T  ma
(2)
Torka : bT  I cm
(3)
(nilai 1)
(4)
(nilai 1)
Momen inersia : I cm 
1
mR 2
2
(nilai 1)
(T: tegangan tali)
(nilai 1)
Dari (1) dan (3) diperoleh besar gaya tegangan tali T yaitu :
mg  T  ma  mb  mb
dan akhirnya T 
bT
I cm
, sehingga
 mb2 

mg  T 1 
I cm 

(nilai 2x2)
mg
mg

.
2
mb
mb2
1
1
I cm
mR 2 / 2
Perhatikan bahwa :  
bT
bT
b


2
I cm mR / 2 mR2 / 2
mg
mb2
1
mR2 / 2
dan a  b 
b 2T
mR2 / 2
b- Kekekalan energi mekanik :
Kondisi awal : 0  0, v0  0, E0  mgh0
Kondisi akhir : Ea 
1
1
2
2
mva  I cma ,
2
2
(nilai 1)
dengan va  ba , I cm 
1
mR 2 , (nilai 2)
2
sehingga
1
1 1
1
1 1
2
2
2
m(ba ) 2  ( mR2 )a  mb2a  ( mR2 )a
2
2 2
2
2 2
1
1 1
2
 [ mb2  ( mR2 )]a  E0  mgh0
2
2 2
Ea 
(nilai 3)
Dengan demikian, besar kecepatan sudut saat yo-yo mencapai ujung bawah tali adalah :
a 
gh0
 h0
1 2 1 1 2
b  ( R )
2
2 2
6- (nilai 14)
Gaya
F = 120 N
Massa
m1 = 2 kg;
m2 = 4 kg;
Berlaku Hukum ke-2 Newton, pada:
Balok 3: F – T2 – m3 g sin 60 = m3 a
g
1 2 1 2
b  R
2
4
m3 = 6 kg,
(1)
(nilai 2)
Balok 2:
T2 – T1 – m2 g sin 60 = m2 a (2)
(nilai 2)
Balok 1:
T1 – m1 g sin 60
(nilai 2)
= m1 a
(3)
(1) + (2) + (3) menjadi:
F – (m1 + m2 + m3) g sin 60 = (m1 + m2 + m3) a
a
F  (m1  m2  m3 ) g sin 60
m1  m2  m3
120  103,92 120(1  0,866)


 1,34 m / s 2
12
12
(nilai 4)
(nilai 4)
(nilai 2)
7- (nilai 18)
a- Ketika balon udara turun, berlaku:
m1 g – Fb = m1 a
(1)
(nilai 2)
Ketika balon udara naik berlaku:
Fb – m2 g = m2 a
(2)
(nilai 2)
(1) + (2) menghasilkan:
(m1 – m2) g = (m1 + m2) a
(3) (nilai 1)
m1 – m2 = m = massa “pemberat”.
(nilai 1)
m g = (m1 + (m1 – m))a
Jadi pers (3) menjadi
(nilai 2)
= 2m1 a – m a
(g + a) m = 2m1 a
m

2a
m1
ga
(nilai 2)
b-  F pada sistim balon udara dan beban “pemberat” adalah sama besar pada sebelum dan
sesudah si “pemberat” itu dilepaskan. Maka:
 F = m1 apm  apm = - a (untuk sebelum dan sesudah)
(nilai 2)
Sekarang kita ukur dari ketinggian tertentu dari referensi:
y pm 
m2 ybu  (m1  m2 ) yb
, maka
m1
(nilai 2)
a pm 
m2 abu  (m1  m2 )ab
m1
(nilai 2)
Karena abu = a
Maka
dan
a 
ab = - g
m2 a  (m1  m2 ) g
m1
(m1 + m2) a = (m1 – m2) g
atau
serta
apm = - a,
(nilai 2)
(sama seperti pada jawaban a)
Dan ini berarti berlaku hubungan m = m1 – m2.
8- (nilai 12)
Gaya gesek static bola dengan lantai:
fs = µ N = µ M g
Agar tidak slip dan terjadi gerak rotasi, maka syaratnya:
(nilai 2)
v=ωR
Momentum yang bekerja pada bola sesaat sesudah dipukul adalah:
- Linier:
F t = M vo
(1)
- Sudut:
h. F t = Ipm ωo
(2)
dimana ωo = vo/R
Karena bolanya dianggap homogen

Ipm = 2/5 MR2
Substitusi pers. (1) dan (3) ke pers. (2) diperoleh:
hMv o 
hv o 
2
MR 2 o
5
2 2
2
R vo / R  h  R
5
5
(nilai 2)
(nilai 2)
(nilai 2)
(nilai 2)
(3)
(nilai 2)