Jawaban OSK 2012 Fisika A (nilai 10) Pada kasus ini ada dua objek

Jawaban OSK 2012
Fisika A
1- (nilai 10) Pada kasus ini ada dua objek yang bergerak, yaitu bola dan orang.
Bola mengalami gerak proyektil sehingga mempunyai persamaan kinematika dengan selang
waktu∆t1 + ∆t2. Sedang orang mempunyai dua jenis gerak, gerak yang pertama dengan
percepatan konstan selama ∆t1 dan gerak yang kedua mempunyai kelajuan konstan selama
∆ t2 .
Untuk bola
 Arah mendatar :
x(t )  v0 cos 0 t ; sementara
t  t1  t 2 , sehingga
x(t )  v0 cos 0 (t1  t 2 )
(nilai 2)
 Arah vertikal :
1
y  t   v0 sin  0t  gt 2
2
karena ditangkap pada posisi/ketinggian yang sama, maka y  t   0, sehingga :
1
0=v0 sin  0t  gt 2
2
0=v0 sin  0  t1  t2  
t  t1  t2 
2v0 sin  0
g
1
2
g  t1  t2 
2
(nilai 3)
atau
 g  t1  t2  
 .......................  2 
2v0


 0  sin 1 
dan
v0 
g  t1  t2 
2sin  0
..................................  3 
Untuk orang
 Etape pertama (GLBB) :
1
x1  t   a(t1 ) 2 ...........................  4 
2
dan
vx1  at1 ...................................  5 
(nilai 2)
 Etape kedua (GLB) :
x  t   x1  vx1. t2  ............................ 6 
 Dari persamaan (4), (5) dan (6), didapatkan :
x t  
1
2
a  t1   a  t1  t2  ..............................  7 
2
 Dari persamaan (1) dan (7), didapatkan :
1
2
a  t1   a  t1  t2 
2
v cos  0  t1  t2 
a 0
1
2
 t1    t1  t2 
2
v0 cos  0  t1  t2  
(nilai 3)
2- (nilai 11) Jawaban no. 2
a- Daya minimal yang diperlukan mesin mobil pada saat bergerak mendatar adalah:
P  Fv   mgv  0, 07  2000 kg 10 m s 2 10 m s
(nilai 3)
 14000 W
b- Pada saat menanjak dengan kemiringan tan   0, 05  sin  , maka mobil harus
mengatasi friksi, sehingga perlu daya minimal sebesar:
P  Fv  mg (  cos   sin  )v  mg (   tan  )
(nilai 4)
 24000 W
c- Pada saat menurun:
P  Fv  mg (  cos   sin  )v  mg (   tan  )
 4000 W
(nilai 4)
3- (Nilai 14) Misalkan benda memiliki percepatan mendatar ketika di B.
y
A
T cos 

R
T

T sin 
x
B
W
(Nilai 2)
Dari Hukum II Newton untuk arah x dan y
F
y
F
0
x
T cos   mg
0
(Nilai 2)
T sin   ma
sehingga
a  g tan 
(Nilai 2)
Karena bergerak dengan lintasan lingkaran, maka kita dapat menyatakan percepatan benda
ke dalam komponen radial dan komponen singgung.
a
ial
si n
rad
gg
un
g

(Nilai 2)
Untuk komponen arah radial,
vB 2
R
 aR sin 
a sin  
vB 2
vB 2  gR
(Nilai 2)
sin 
cos 
2
Karena usaha oleh gaya nonkonservatifnya nol sepanjang gerak dari A ke B, maka energi
mekanik benda kekal sehingga
E k   E p  0
1
mvB 2  mgR cos   0
2
vB 2  2 gR cos 
(Nilai 2)
Substitusi nilai vB , didapatkan
sin 2 
gR
 2 gR cos 
cos 
sin 2   2 cos 2 
(Nilai 2)
tan 2   2
tan   2
4- (nilai 12) Jawab
 F  ma

Ffr  ma2
  I

RFfr 
2
mR 2
5
(nilai 2)
(nilai 2)
2
mR
5
2
ma2  ma1  a 2 
5
7
2
a 2  a1
5
5
Ffr 
 a2 
2
a1
7
tanpa slip: a1  a2  R
(nilai 4)
(nilai 4)
5- (nilai 8) Jawab:
Tenaga potensial gravitasi diberikan oleh U  mgy  mgax 2
a. Kesetimbangan stabil terjadi saat tenaga potensialnya minimum
dU
 2mgax  0
(nilai 2)
dx
  x0
Jadi kesetimbangan stabil terjadi pada x  0.
(nilai 2)
b. Tenaga osilasi harmonic sederhana sebanding dengan kuadrat perubahan posisi x 2 . yang
ditunjukkan dalam persamaan U  12 kx2 dan memiliki frekuensi sudut  
U  mgax 2  12 kx2

k  2mga
k
.
m
(nilai 2)
Sehingga

k
2mga

 2 ga  2 10  0,1  2 rads/sec
m
m
6- (nilai 16)
Pada sistim katrol berlaku a = α R. Ambil nilai g = 10 m/det.2
Jadi,
a1 = 0,5 α
dan
a2 = 0,2 α
Percepatan sudut benda m1 dan m2 sama karena katrolnya sama.
Pada kedua benda m1 dan m2 juga sama-sama berlaku Hk. Newton:
F = m a
dan
 = I α
Pada benda m1: m1g – T1 = m1 a1

20 – T1 = α
benda m2: T2 – m2g = m2 a2

T2 – 18 = 0,36 α
T1 r1 – T2 r2 = I α

0,5 T1 – 0,2 T2 = 1,7 α
(nilai 2)
(1)
(2)
(3) (nilai 2)
Substitusikan T1 pada (1) dan T2 pada (2) ke dalam pers (3),
menghasilkan:
10 – 0,5 α – 3,6 – 0,072 α = 1,7 α
6,4 = 2,272 α 
α = 2,817 rad/s2
(nilai 2)
a1 = 0,5 α = 1,41 m/s2 dan T1 = 20 – α = 17,183 N
a2 = 0,2 α = 0,563 m/s2 dan T2 = 18 – 0,36 α = 19,014 N
(nilai 2)
a- Benda m1 saat menyentuh lantai,
Maka
Kecepatannya:
v1t  2a1h  2x1,41x0,2  0,751 m / s
Waktu yang dibutuhkannya: t 
v1t 0,751

 0,533 s
a1
1,41
(nilai 2)
Waktu ini juga yang digunakan oleh benda m2 untuk naik hingga kecepatannya mencapai,
v2t  v20  a2 t
(nilai 2)
 0  0,563x0,533  0,3 m / s
b- Ketinggian benda m2 setelah bergerak selama t = 0,533 s
y 2t  y 20  v20t  1 / 2 a2 t
adalah:
2
 0,2  0  0,5 x0,563x(0,533) 2  0,28 m
(nilai 2)
Setelah benda m1 menumbuk lantai, benda m2 masih terus bergerak ke atas secara “jatuh
bebas” dengan kecepatan awalnya sebesar vo = v2t = 0,3 m/s.
vt2  vo2  2 gh
Jadi
0  vo2  2 gh  h 
vo2 0,32

 4,5.10 3 m  4,5 mm
2g
20
(nilai 2)
Jadi ketinggian total yang dicapai benda m2 adalah:
y = y2t + h
= (28 + 0,45) cm = 28,45 cm
(nilai 2)
7- (nilai 14)
Konstanta pegas k = 500 N/m
Panjang pegas tanpa kontraksi lo = 10 cm
Massa cincin m = 10 kg
vi dan li masing-masing kecepatan cincin dan panjang pegas mula-mula
v dan l masing-masing kecepatan cincin dan panjang pegas setiap saat
Kekekalan energy mekanik pada sistim pegas:
½ mv2 + ½ k (l – lo)2 = ½ mvi2 + ½ k (li – lo)2
(nilai 2)
Karena vi = 0,

v  (li  lo ) 2  (l  lo ) 2
maka
dan sesuai gambar disamping,

1/ 2
.
k
(nilai 2)
m
li  20 2  15 2  25 cm
a- Saat cincin melewati titik A,
l = lA = 20 cm; (nilai 2) dan masukan nilai2 k, lo, dan m diatas untuk mendapatkan:
500
0,25  0,12  0,2  0,12  50. 0,0125
10
 0,791 m / s
vA 
(nilai 3)
b- Saat cincin melewati titik B,
l  l B  20 2  10 2  10 5 cm  22,36 cm
v B  50 . 0,15 2  12,36 2  0,601 m / s
(nilai 2)
(nilai 3)
8- (nilai 15)
a- Agar “mobil” bisa membuat loop satu lingkaran penuh, maka saat di C:
NC  0

NCmin = 0
F = m acp
mvC2
mg  N C 
; kondisi minimum, NC = 0
R
maka vC2 min  gR
(1)
(nilai 2)
Kekekalan energy :
EMA = EMC
1 / 2 mv A2  mghA  1 / 2 mvC2  mghC
0  2 g (h A  hC )  vC2

Substitusi (1) ke (2), diperoleh:
vC2 min  2ghmin
(2)
hmin = ½ R
b- Kekekalan energy di A dan D:
(nilai 2)
(nilai 2)
EMA = EMD
1/ 2 mv  mghA  1/ 2 mvD2  mghD
2
A
0  2 g (2R  0,5R)  v D2

vD  5gR
(nilai 3)
c- Jika “mobil” nya bermesin dan gesekan TIDAK diabaikan, dan saat “mobil” mencapai
titik C, berlaku:
mg  N C 

mvC2 2
 1 / 2 mvC2
R
R

(nilai 1)
Dari persamaan kekekalan energy di A dan C, substitusikan ke pers. diatas, didapat:
mg  N C 
2
mgh   
R
mgR  0  2(mg.0,65R  )
 = 0,15 mgR  energy gesekan yang hilang
(nilai 3)
Energy yang dibutuhkan (input energy) untuk membuat satu loop:
Wi = mg (2R + 0,65 R) = 2,65 mgR
Efisiensi Mesin mobil:

Wi   2,65  0,15

 0,94  94%
Wi
2,65
(nilai 2)