2012 osnk fisika (tkunci)

OSN Fisika Bedah soal

2012(kab/kota)

161 http://ibnu2003.blogspot.com

1. Pembahasan

kecepatan gelombang mekanik (𝑣) tergantung pada

a. gaya tegangan kawat (F)

b. massa persatuan panjang (𝑚/𝑙) ditanyakan : (𝑣) dan (𝑣1) yang dinyatakan dengan fungsi F, m

dan (𝑙) tinjau satuan dan dimensi

gaya tegangan kawat (𝐹 = 𝑘𝑔𝑚𝑠−2 = 𝑀𝐿𝑇−2)

kecepatan (𝑣 = 𝑚𝑠−1 = 𝐿𝑇−1)

massa persatuan panjang (𝑚

𝑙= 𝑘𝑔𝑚−1 = 𝑀𝐿−1)

maka persamaan kecepatan gelombang mekanik

𝑣 = 𝑘𝐹𝑥 (𝑚

𝑙)𝑦

dimana (𝑘, 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦) merupakan konstanta yang tidak

berdimensi, maka :

𝐿𝑇−1 = 𝑘[𝑀𝐿𝑇−2]𝑥(𝑀𝐿−1)𝑦

𝐿𝑇−1 = 𝑘[𝑀𝑥+𝑦𝐿𝑥−𝑦𝑇−2𝑥] maka diperoleh hubungan persamaan kanan dan kiri

(

𝑀 ⇋ 𝑥 + 𝑦 = 0𝐿 ⇋ 𝑥 − 𝑦 = 1

𝑇 ⇋ −2𝑥 = −1 ∴ 𝑥 =1

2

)⇋ 𝑦 = −𝑥 =1

2

sehingga :

𝑣 = 𝑘𝐹1/2 (𝑚

𝑙)−1/2

= 𝑘√𝐹𝑙

𝑚

jika (𝐹1 =𝐹

2; 𝑙1 = 4

1

2𝑙), maka kecepatannya menjadi

𝑣1 = √9𝐹𝑙

4𝑚=3

2√𝐹𝑙

𝑚=3

2𝑣

http://ibnu2003.blogspot.com/


2012(kab/kota)


2. Pembahasan

perhatikan gambar di bawah ini !

momen inersia bola relatif terhadap titik O

𝐼 =2

5𝑚𝑟2 +𝑚𝑙2

momen torsi di titik O adalah :

Σ𝜏 = 0

−𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐼𝛼

(𝛼) merupakan fungsi turunan kedua dari posisi sudut (𝜃)

𝛼 =𝑑𝜃

𝑑𝑡= �̈�

maka :

−𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐼�̈�

−𝑚𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 = [2

5𝑚𝑟2 +𝑚𝑙2]�̈�

−𝑔𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 = [2

5𝑟2 + 𝑙2]�̈�

simpangan sudut kecil (𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝜃), maka :

−𝑔𝑙𝜃 = [2

5𝑟2 + 𝑙2] �̈�

�̈� + [𝑔𝑙

25𝑟2 + 𝑙2

]𝜃 = 0

�̈� + 𝜔2𝜃 = 0

𝜔 = √𝑔𝑙

25𝑟2 + 𝑙2

𝑂 𝜃

𝑟

𝑙



2012(kab/kota)


𝑇2 = 2𝜋√25𝑟2 + 𝑙2

𝑔𝑙

(𝑇2 ) disebut periode osilasi fisis

periode bandul matematis

𝑇1 = 2𝜋√𝑙

𝑔

maka perbandingan (𝑇2/𝑇1) adalah :

𝑇2𝑇1

=

2𝜋√25𝑟2 + 𝑙2

𝑔𝑙

2𝜋√𝑙𝑔

𝑇2𝑇1

= √25𝑟2 + 𝑙2

𝑙2

∴𝑇2𝑇1

= √2

5(𝑟

𝑙)2

+ 1

3. Pembahasan penentuan jarak total yang ditempuh mobil selama pengereman sampai berhenti.

mobil bergerak lurus beraturan sesaat sebelum pengereman,

maka : jarak hang ditempuh adalah (𝑆1) ∴ 𝑆1 = 𝑣0 . ∆𝑡 mobil bergerak bergerak lurus berubah beraturan sejak

pengereman sampai berhenti, maka :

𝑣 = 𝑣0 − 𝑎𝑡 = 0

𝑡 =𝑣0𝑎

jarak yang ditempuh selama pengereman sampai berhenti di

sebut (𝑆2) sebesar :

𝑆2 = 𝑣0𝑡 −1

2𝑎𝑡2



2012(kab/kota)


∴ 𝑆2 =1

2𝑎 [𝑣0𝑎]2

=𝑣0

2

2𝑎

maka jarak total yang ditempuh mobil adalah :

𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2

∴ 𝑆 = 𝑣0 . ∆𝑡 +𝑣0

2

2𝑎

4. Pembahasan perhatikan gambar gaya-gaya pada sistem berikut

a. syarat (𝜃) agar tetap bergerak di ujung bidang miring

benda akan tetap bergerak gaya berat searah sumbu x lebih besar dari gaya gesek

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 > 𝑓

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 > 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑠𝑖𝑛𝜃 > 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃

∴ 𝜇 <𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑐𝑜𝑠𝜃⇋ 𝜇 < 𝑡𝑎𝑛𝜃

metode lain jarak yang ditempuh balok dari puncak sampai dasar bidang

miring adalah : (𝑠 =ℎ

𝑠𝑖𝑛𝜃), sehingga

persamaan hukum kekekalan energi energi kinetik awal sama dengan nol

𝑅

𝜃

ℎ

𝐻 𝐿

𝑁

𝑚𝑔

𝑓

𝑥

𝑦



2012(kab/kota)


energi kinetik akhir berbanding dengan perubahan yang

dilakukan benda

𝐸𝑘(𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝑊 −𝑊𝑓

𝐸𝑘(𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝑚𝑔ℎ− 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑠

𝐸𝑘(𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝑚𝑔ℎ− 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃.ℎ

𝑠𝑖𝑛𝜃> 0

1 > 𝜇1

𝑡𝑎𝑛𝜃⇋∴ 𝜇 < 𝑡𝑎𝑛𝜃

b. besar kecepatan balok di dasar lantai percepatan balok yang harus dipenuhi sebesar :

𝑚𝑎 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃− 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑎 = 𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃− 𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 panjang lintasan bidang miring adalah S, maka kecepatan

balok pada ujung bidang miring adalah (𝑣𝑡) sebesar :

𝑣𝑡2 = 𝑣0

2 + 2𝑎𝑆 = 2𝑎𝑆

𝑣𝑡2 = 2𝑎𝑆 = 2𝑔(𝑠𝑖𝑛𝜃− 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃)

ℎ

𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑣𝑡2 = 2𝑔ℎ(1− 𝜇

𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑠𝑖𝑛𝜃)

𝑣𝑡2 = 2𝑔ℎ(1− 𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃)

∴ 𝑣𝑡 = √2𝑔ℎ(1− 𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃) titik ujung dasar bidang miring sebagai asal penentuan

kecepatan balok di dasar lantai yang sejajar sumbu x bidang horizontal

𝑅

𝜃

ℎ

𝐻

𝑥

𝑦

𝜃

𝑣𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑣𝑡

𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃



2012(kab/kota)


pada komponen y

𝑦 = −𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃𝑡 −1

2𝑔𝑡2

−2𝐻 = −2𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃𝑡 − 𝑔𝑡2 𝑔𝑡2 + 2𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃𝑡 − 2𝐻 = 0 menggunakan rumus abc, maka t yang diperoleh adalah :

𝑡12 =−2𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃 ±√(2𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃)

2 + 4𝑔(2𝐻)

2𝑔

𝑡12 =−2𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃 ±√4𝑣𝑡

2𝑠𝑖𝑛2𝜃+ 8𝑔𝐻

2𝑔

𝑡12 =−𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃±√𝑣𝑡


𝑔

waktu yang terpenuhi yang bernilai positif

∴ 𝑡 =−𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃+√𝑣𝑡


𝑔

komponen kecepatan pada sumbu y

𝑣𝑦 = −𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃− 𝑔𝑡

𝑣𝑦 = −𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃− 𝑔 [−𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃+√𝑣𝑡

2𝑠𝑖𝑛2𝜃 + 2𝑔𝐻

𝑔]

𝑣𝑦 = −𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃+ 𝑣𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃 +√𝑣𝑡2𝑠𝑖𝑛2𝜃+ 2𝑔𝐻

∴ 𝑣𝑦 = √𝑣𝑡2𝑠𝑖𝑛2𝜃+ 2𝑔𝐻

pada komponen x

∴ 𝑣𝑥 = 𝑣𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑣𝑥

2 = 𝑣𝑡2𝑐𝑜𝑠2𝜃

kecepatan balok di dasar lantai merupakan resultan

kecepatan komponen x dan komponen y, maka :

𝑣2 = 𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦

2

𝑣2 = 𝑣𝑡2𝑐𝑜𝑠2𝜃+ 𝑣𝑡


𝑣2 = 𝑣𝑡2(𝑐𝑜𝑠2𝜃+ 𝑠𝑖𝑛2𝜃) + 2𝑔𝐻

ingat bahwa (𝑐𝑜𝑠2𝜃+ 𝑠𝑖𝑛2𝜃 = 1)

𝑣2 = 𝑣𝑡2 + 2𝑔𝐻

persamaan sebelumnya :

𝑣𝑡2 = 2𝑔ℎ(1− 𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃

maka : 𝑣2 = 2𝑔ℎ(1− 𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃) + 2𝑔𝐻



2012(kab/kota)


𝑣2 = (2𝑔ℎ− 2𝑔ℎ𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃)+ 2𝑔𝐻 𝑣2 = 2𝑔(𝐻+ ℎ) − 2𝑔ℎ𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃

∴ 𝑣 = √2𝑔(𝐻 + ℎ)− 2𝑔ℎ𝜇𝑐𝑜𝑡𝜃 dengan menggunakan hukum kekekalan energi, bahwa energi pada posisi awal yaitu di puncak bidang miring dengan

energi benda setelah sampai di dasar lantai, maka :

𝐸(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 𝐸𝑝(𝐻+ℎ) +𝐸𝑘 = 𝐸𝑝(𝐻+ℎ) + 0 = 𝐸𝑝(𝐻+ℎ)

𝐸(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 𝐸𝑝(𝐻+ℎ) = 𝑚𝑔𝐻 +𝑚𝑔ℎ

𝐸(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 𝑚𝑔(𝐻+ ℎ) energi akhir benda merupakan usaha yang dilakukan gaya

gesek dan kecepatan balok di dasar lantai

𝐸(𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝐸𝑝(0) +𝑊𝑓 +𝐸𝑘 = 𝑊𝑓 +𝐸𝑘

𝐸(𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝜇𝑚𝑔ℎ

𝑡𝑎𝑛𝜃+1

2𝑚𝑣2

𝑚𝑎𝑘𝑎 ∶

𝜇𝑚𝑔ℎ𝑐𝑜𝑡𝜃 +1

2𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔(𝐻 + ℎ)

2𝜇𝑔ℎ𝑐𝑜𝑡𝜃+ 𝑣2 = 2𝑔(𝐻+ ℎ) 𝑣2 = 2𝑔(𝐻+ ℎ) − 2𝜇𝑔ℎ𝑐𝑜𝑡𝜃

∴ 𝑣 = √2𝑔(𝐻 + ℎ)− 2𝜇𝑔ℎ𝑐𝑜𝑡𝜃

5. Pembahasan a. besar usaha yang dilakukan oleh gaya kontak pada sistem

yang dinyatakan sebagai fungsi sudut (𝜃)

𝑑/2

𝑀

∆ℎ = 𝑑𝑠𝑖𝑛/2 𝜃

𝑑/2

𝑚𝑔

𝐹ℎ

𝐹𝑣



2012(kab/kota)


usaha yang dilakukan oleh gaya kontak sama dengan nol

karena titik kontaknya tidak mengalami perpindahan b. besar kelajuan sudut tongkat yang dinyatakan sebagai fungsi

sudut (𝜃)

perpindahan tongkat pada pusat massa adalah

∆ℎ =𝑑

2𝑠𝑖𝑛𝜃

hukum kekekalan energi mekanik menjadi

𝑀𝑔∆ℎ =1

2𝐼𝜔2

percepatan sudut merupakan fungsi turunan pertama dari fungsi kecepatan

𝜔 =𝑑𝜃

𝑑𝑡= �̇�

sehingga (𝐼 =1

3𝑀𝑑2), maka :

𝑀𝑔𝑑

2𝑠𝑖𝑛𝜃 =

1

2(1

3𝑀𝑑2)�̇�2

3𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑑�̇�2

∴ �̇�2 =3𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑑

c. Besar percepatan sudut tongkat yang dinyatakan sebagai

fungsi sudut (𝜃)

Σ𝜏 = 𝐼�̈�

𝑀𝑔𝑑

2𝑐𝑜𝑠𝜃 = (

1

3𝑀𝑑2) �̈�

∴ �̈� =3𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

2𝑑

d. Komponen vertikal dan horizontal gaya yang dikenakan oleh tongkat pada titik gantung yang dinyatakan sebagai fungsi

sudut (𝜃)

koordinat di titik gantung batang adalah :

𝑥 =𝑑

2𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = −

𝑑

2𝑠𝑖𝑛𝜃

komponen gaya horizontal batang pada batang

𝐹ℎ = 𝑀�̈� = 𝑀𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑀

𝑑

2

𝑑2

𝑑𝑡2(𝑐𝑜𝑠𝜃)



2012(kab/kota)


𝐹ℎ = −𝑀𝑑

2

𝑑

𝑑𝑡(𝑠𝑖𝑛𝜃. �̇�)


2(𝑐𝑜𝑠𝜃�̇�2 + 𝑠𝑖𝑛𝜃�̈�)


2(3𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑑+3𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

2𝑑)

∴ 𝐹ℎ = −9

4𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

gaya horizontal yang dialami titik gantung batang adalah

𝐹ℎ =9

4𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃

komponen vertikal yang bekerja pada batang

𝐹𝑣 −𝑀𝑔 = 𝑀�̈� = 𝑀𝑑2𝑥

𝑑𝑡2=𝑀𝑑

2

𝑑2

𝑑𝑡2(−𝑠𝑖𝑛𝜃)

𝐹𝑣 −𝑀𝑔 =𝑀𝑑

2

𝑑

𝑑𝑡(−𝑐𝑜𝑠𝜃�̇�)

𝐹𝑣 = 𝑀𝑔+𝑀𝑑

2(𝑠𝑖𝑛𝜃�̇�2 − 𝑐𝑜𝑠𝜃�̈�)

𝐹𝑣 = 𝑀𝑔+𝑀𝑑

2(3𝑔𝑠𝑖𝑛2𝜃

𝑑−3𝑔𝑐𝑜𝑠2𝜃

2𝑑)

∴ 𝐹𝑣 = 𝑀𝑔(3

2𝑠𝑖𝑛2𝜃−

3

4𝑐𝑜𝑠2𝜃+ 1)

6. Pembahasan

a. besar frekuensi dan periode osilasi (𝑇1; 𝑓1 )

momen inersia benda pada titik A dengan teorema sumbu sejajar menghasilkan :

𝐼𝐴 = 𝐼𝑧.𝑝𝑚 +𝑀𝑑2

𝐼𝐴 = 𝑀𝑅2 +𝑀𝑅2 = 2𝑀𝑅2

𝐴

𝑧 𝜃



2012(kab/kota)


periode di titik A sebagai periode osilasi (𝑇1) diperoleh dari

torsi dititik A

Σ𝜏 = 0

−𝑀𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐼𝛼

(𝛼) merupakan fungsi turunan kedua dari posisi sudut (𝜃)

𝛼 =𝑑𝜃

𝑑𝑡= �̈�

maka :

−𝑀𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃 = 2𝑀𝑅2�̈�

�̈� +𝑔

2𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

�̈� + 𝜔2𝜃 = 0

maka :

𝜔2 =𝑔

2𝑅

𝜔 = √𝑔

2𝑅

sehingga periode osilasi (𝑇1)

∴ 𝑇1 = 2𝜋√2𝑅

𝑔⇋ 𝑓1 =

1

2𝜋√𝑔

2𝑅

b. pesar periode (𝑇2 ) dengan keadaan untuk poros pada garis

singgung cincin menggunakan prinsip dari teorema paralel, maka momen

inersia pada garis singgung lingkaran dengan kesimetriannya, menjadi :

𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 ⇋ 𝐼𝑧 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑥 = 2𝐼𝑥

dengan (𝐼𝑧 = 𝑀𝑅2)

𝐼𝑥 =1

2𝐼𝑧 =

1

2𝑀𝑅2

maka momen inersia pada titik A, menjadi

𝐼𝐴 = 𝐼𝑥.𝑝𝑚 +𝑀𝑅2

𝐼𝐴 =1

2𝑀𝑅2 +𝑀𝑅2 =

3

2𝑀𝑅2

torsi dititik A adalah

Σ𝜏𝐴 = 0

−𝑀𝑔𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃 =3

2𝑀𝑅2�̈�



2012(kab/kota)


−𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 =3

2𝑅�̈�

�̈� +2𝑔

3𝑅𝜃 = 0

𝜔2 =2𝑔

3𝑅⇋𝜔 = √

2𝑔

3𝑅

sehingga periode (𝑇2 )

∴ 𝑇2 = 2𝜋√3𝑅

2𝑔⇋ 𝑓1 =

1

2𝜋√2𝑔

3𝑅

c. nilai perbandingan (𝑇1/𝑇2)

𝑇1𝑇2

=2𝜋√

2𝑅𝑔

2𝜋√3𝑅2𝑔

= √4

3∴𝑓1𝑓2=2𝜋√

𝑔2𝑅

2𝜋√2𝑔3𝑅

= √3

4

7. Pembahasan

diketahui :

𝜃1 = 530;𝜃2 = 300;𝑣0 = 0,9𝑚𝑠−1;𝜇 = 0,3

perhatikan diagram gaya-gaya pada sistem berikut :

a. panjang lintasan yang ditempuh sebelum kedua balok

berhenti

untuk benda (𝑚1 = 𝑚)

sumbu y

𝑁1 = 𝑚1𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃2 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃2 𝑓1 = 𝜇𝑁1 = 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃2…1)

𝜃1

𝑥 𝑦

𝑚2𝑔 𝑓2

𝑁2 𝑇

𝜃2

𝑥

𝑦 𝑇

𝑓1

𝑁1

𝑚1𝑔

𝑎



2012(kab/kota)


sumbu x

𝑚1𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃2 −𝑇 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎 𝑇 = 𝑚1𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃2 − 𝑓1 − 𝑚1𝑎

𝑇 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃2 − 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃2 −𝑚𝑎…2) untuk benda (𝑚2 = 𝑚)

sumbu y

𝑁2 = 𝑚2𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃1 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃1 𝑓1 = 𝜇𝑁1 = 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃1…3) sumbu x 𝑇− 𝑚2𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃1 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎 𝑇 = 𝑚2𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃1 + 𝑓2 +𝑚2𝑎

𝑇 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃1+ 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃1+𝑚𝑎…4) gabungkan kedua persamaan yaitu 2) dan 4) (𝑇 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃1 + 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃1 +𝑚𝑎)𝑥1/𝑚(𝑇 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃2 − 𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃2 −𝑚𝑎)𝑥1/𝑚

∴ 𝑎 = −𝑔2(𝑠𝑖𝑛𝜃1 − 𝑠𝑖𝑛𝜃2 + 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃2)

−⋯5)

ingat (𝑠𝑖𝑛370 = 0,6; 𝑐𝑜𝑠370 = 0,8)(𝑠𝑖𝑛530 = 0,8; 𝑐𝑜𝑠530 = 0,6)

besar percepatan adalah :

𝑎 = −𝑔

2(𝑠𝑖𝑛𝜃1− 𝑠𝑖𝑛𝜃2 + 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃2)

𝑎 = −0,3675𝑔

kedua balok mengalami perlambatan karena gaya gesek, maka panjang lintasan yang ditempuh balok saat akan

berhenti adalah :

𝑣2 = 𝑣02 − 2𝑎𝑆 = 0

untuk (𝑔 = 10𝑚𝑠−2)

𝑆 =𝑣0

2

2𝑎=

(0,9)2

2.3,675= 11,02𝑐𝑚

b. koefisien gesek minimum, untuk mempertahankan balok dalam keadaan diam pada posisi akhir

untuk mementukan koefisien gesek minimum kita pers. 5)

𝑎 = −𝑔

2(𝑠𝑖𝑛𝜃1− 𝑠𝑖𝑛𝜃2 + 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝜇𝑐𝑜𝑠𝜃2) = 0

+𝜇(𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃2) = 0

∴ 𝜇 = 𝑠𝑖𝑛𝜃1− 𝑠𝑖𝑛𝜃2𝑐𝑜𝑠𝜃1+ 𝑐𝑜𝑠𝜃2

= 0,028



2012(kab/kota)


8. pembahasan

piringan (𝑀 = 200𝑘𝑔;𝑅 = 6𝑚;𝜔0 = 0,2 𝑝𝑢𝑡/𝑑𝑡) orang (𝑚 = 100𝑘𝑔;𝑟 = 3𝑚)

a. besar kecepatan rotasi piringan keadaan pertama orang duduk ditepi piringan, maka momen

inersia (𝐼0) :

𝐼0 =1

2𝑀𝑅2 + 𝑚𝑅2

keadaan kedua, orang tersebut mendekati (𝑟 = 3𝑚) menuju

pusat piringan

𝐼 =1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑟2

karena tidak ada momen gaya luar yang bekerja, maka momentum sudutnya bersifat tetap (sistem kekal) 𝐿(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 𝐿(𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) 𝐼0𝜔0 = 𝐼𝜔

(1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2)𝜔0 = (

1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑟2)𝜔

(𝑀𝑅2 + 2𝑚𝑅2)𝜔0 = (𝑀𝑅2 + 2𝑚𝑟2)𝜔

∴ 𝜔 = [𝑀𝑅2 + 2𝑚𝑅2

𝑀𝑅2 + 2𝑚𝑟2]𝜔0

masukkan nilai masing-masing besaran, maka :

𝜔 = [200.62 + 2.100.62

200.62 + 2.100.32]0,2

𝜔 = 0,32𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟𝑎𝑛/𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘 b. besar kecepatan sudut sesaat setelah orang tersebut

melompat keluar piringan.

kecepatan akhir piringan berotasi tergantung dengan cara orang tersebut keluar dari piringan. menjatuhkan diri dan

melompat dengan arah yang berbeda akan beda kejadiannya. keadaan pertama sebelum orang melompat

𝐿𝑎𝑤𝑎𝑙 = (1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2)𝜔0

keadaan kedua setelah orang tersebut melompat keluar

maka momen inersia adalah momen inersia pada pusat piringan dengan momentum sudut akhir menjadi

𝐿𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 =1

2𝑀𝑅2𝜔



2012(kab/kota)


seperti pada soal a, maka : 1

2𝑀𝑅2𝜔 = (

1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2)𝜔0

𝜔 = (𝑀𝑅2 + 2𝑚𝑅2

𝑀𝑅2)𝜔0

∴ 𝜔 = (1 +2𝑚

𝑀)𝜔0

masukkan nilai besarannya, maka :

𝜔 = (1 +2.100

200)𝜔0 = 2𝜔0

c. beser kecepatan sudut piringan saat orang tersebut duduk ditepi piringan keadaan 1 : momen inersia piringan pada poros dengan

kecepatan rotasi awal (𝜔0)

𝐼𝑝 =1

2𝑀𝑅2

besar momentum sudut (𝐿0 = 𝐼𝑝𝜔0)

𝐿0 =1

2𝑀𝑅2𝜔0

Keadaan 2 : orang di tepi piringan (R=6m)

𝐼 =1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2

besar momentum sudut menjadi :

𝐿 = (1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2)𝜔

maka dengan torsi sama dengan nol, kekekalan momentum

sudut bersifat kekal (tetap)

𝜔 = [

12𝑀𝑅2

12𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2

]𝜔0

∴ 𝜔 = [𝑀

𝑀 + 2𝑚]𝜔0

maka :

𝜔 =𝜔0

2= 0,1 𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟𝑎𝑛/𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘


2012 osnk fisika (tkunci)

Education