2014 osnk fisika (tkunci)

OSN Fisika Bedah soal

2014(kab/kota)

199 http://ibnu2003.blogspot.com

1. Pembahasan

a. besar kecepatan sesaat di titik D

titik D adalah titik maksimum kurva x vs t, sehingga nilai

kecepatan sesaat di titik D : (𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡= 0)

b. besar kecepatan awal benda kecepatan awal dapat kita peroleh dengan mencari

kemiringan titik awal benda bergerak. kecepatan awal benda sama dengan garis kemiringa, misalkan AB (lihat gambar)

𝑣0 =∆𝑥

∆𝑡=

5

2= 2,5𝑚/𝑠

c. kapan dipercepat ke kanan

benda bergerak ke kanan dari mulai bergerak sampai ke titik D. benda tidak pernah dipercepat ke kanan karena kemiringan v vs s (atau sama dengan kecepatan benda)

selalu berkurang saat bergerak ke kanan

5

10

15

20 10

𝑣(𝑚/𝑠)

𝑡(𝑠)

𝐶

𝐷

𝐸

𝐹

𝐵

𝐴

http://ibnu2003.blogspot.com/


2014(kab/kota)


2. Pembahasan

mobil A

kecepatan awal (𝑡0𝐴 = 0 ⇋ 𝑣0𝐴 = 2𝑚/𝑠)

kecepatan akhir (𝑡𝐴 = 4 ⇋ 𝑣𝐴 = 4𝑚/𝑠) mobil B (kecepatan tetap)

kecepatan mobil (𝑣𝐵 = 4𝑚/𝑠)

a. Persamaan gerak tempuh A dan B sebgai fungsi dari waktu

mobil A bergerak dengan percepatan konstan, sebesar

𝑎 =𝑣𝐴 − 𝑣0𝐴

𝑡𝐴 − 𝑡0𝐴

=4 − 2

4 − 0=

1

2𝑚𝑠−2

dengan menganggap kedua mobil bergerak dari titik yang

sama, maka jarak yang ditempuh mobil A adalah

𝑆𝐴 = 𝑣0𝐴𝑡 +1

2𝑎𝑡2 = 2𝑡 +

1

2(

1

2) 𝑡2 = 2𝑡 +

𝑡2

4

mobil B bergerak dengan kecepatan konstan, maka jarak

yang ditempuh adalah :

𝑆𝐵 = 𝑣𝐵𝑡 = 4𝑡 b. mobil A berhasil menyusul mobil B saat memiliki jarak yang

sama.

𝑆𝐴 = 𝑆𝐵

2𝑡 +𝑡2

4= 4𝑡

𝑡 = 16 − 8 = 8𝑠 mobil A meyusul dengan jarak

𝑆𝐴 = 2𝑡 +𝑡2

4= 2.8 +

82

4= 32𝑚

mobil B meyusul dengan jarak

𝑆𝐵 = 4𝑡 = 4.8 = 32𝑚

2

4

4 𝑚𝑜𝑏𝑖𝑙 𝐵

𝑡(𝑠)

𝑣(𝑚/𝑠)



2014(kab/kota)


c. Sketsa kurva posisi kedua mobil terhadap waktu dalam satu

gambar. d. waktu tempuh dan jarak yang ditempuh mobil B ketika mobil

A melambat setelah menempuh jarak 60m dengan perlambat an sama dengan percepatan ketika awal perjalanan.

mobil A menempuh jarak 60m dalam waktu (∆𝑡)

2∆𝑡 +∆𝑡2

4= 60 ⇋ ∆𝑡2 + 8∆𝑡 = 240

(∆𝑡 + 20)(∆𝑡 − 12) = 0

maka : waktu yang memenuhi syarat (∆𝑡 = 12)

mobil B menyusul mobil A setelah bergerak dalam waktu

(∆𝑡 = 12) sejak melambat dengan perlambatan (𝑎 =−0,5𝑚𝑠−2). Jarak yang ditempuh kedua mobil sama ketika

mobil B menyusul mobil A

𝑆𝐴 = 𝑆𝐵

2∆𝑡 −∆𝑡2

4+ 60 = 4𝑡 + 4∆𝑡

∆𝑡2 + 8∆𝑡 − 48 = 0 ⇋ (∆𝑡 + 12)(∆𝑡 − 4) selang waktu yang memenuhi adalah 4s

mobil B menempuh jarak (𝑆𝐵 = 48 + 4.4 = 64𝑚)

mobil A (𝑆𝐴 = 8 − 4 + 60 = 64𝑚)

3. Pembahasan

sumbu x merupakan koordinat sepanjang bidang miring sumbu y tegak lurus bidang miring

𝑥

𝑦

𝜃

𝑙

𝑔 𝑣1



2014(kab/kota)


a. waktu tempuh bola antara pemantulan pertama dan kedua

komponen percepatan bola pada sumbu x dan y 𝑎𝑥 = 𝑔𝑥 = 𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑎𝑦 = 𝑔𝑦 = −𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼

sesaat sebelum tumbukan kecepatan awal bola adalah

𝑣0 = √2𝑔ℎ

membentuk sudut (𝛼) terhadap sumbu y

komponen kecepatan awal bola terhadap sumbu x dan y

𝑣0𝑥 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑣0𝑦 = −𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼

setelah menumbuk bidang miring secara elastik, maka

kecepatan bola terhadap sumbu x dan y

𝑣1𝑥 = 𝑣0𝑥 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑣1𝑦 = −𝑣0𝑦 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼

persamaan gerak benda setelah tumbukan pertama adalah

𝑥1 = 𝑣1𝑥𝑡 +1

2𝑎𝑥𝑡2 ⇋ 𝑥1 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡 +

1

2𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡2

𝑦1 = 𝑣1𝑦𝑡 +1

2𝑎𝑦𝑡2 ⇋ 𝑦1 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡 −

1

2𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡2

bola memantuk untuk kedua kalinya (𝑦1 = 0), maka :

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡 −1

2𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡2 = 0 ⇋ 2𝑣0 = 𝑔𝑡

waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua

adalah :

𝑡1 =2𝑣0

𝑔⇋ ℎ = ℎ𝑚 =

𝑣02

2𝑔

b. jarak antara pemantulan pertama dan kedua

bola memantul kedua kalinya setelah menempuh jarak (𝑙) dalam waktu (𝑡1)

𝑙 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡1 +1

2𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡1

2

𝑙 = [2𝑣0

2

𝑔+

1

2(

4𝑣02

𝑔)] 𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑙 = 8 (𝑣0

2

2𝑔)𝑠𝑖𝑛𝛼 = 8ℎ𝑠𝑖𝑛𝛼



2014(kab/kota)


4. Pembahasan

a. energi total dari sistem ini

momen inersia roda

𝐼 =1

2𝑚𝑟2

energi potensial pegas

∴ 𝐸𝑝𝑝𝑒𝑔𝑎𝑠 =1

2𝑘𝑥2

energi kinetik translasi roda :

∴ 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 =1

2𝑚𝑣2 =

1

2𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2

energi kinetik rotasi roda

∴ 𝐸𝑘𝑟𝑜𝑡 =1

2𝐼𝜔2 =

1

4𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2

maka energi total sistem adalah

𝐸𝑡𝑜𝑡 = 𝐸𝑝𝑝𝑒𝑔𝑎𝑠 + 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 + 𝐸𝑘𝑟𝑜𝑡

𝐸𝑡𝑜𝑡 =1

2𝑘𝑥2 +

1

2𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2

+1

4𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2

𝐸𝑡𝑜𝑡 =3

4𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2

+1

2𝑘𝑥2

b. frekuensi osilasi dari sistem ini

energi sistem bersifat kekal, sehingga berlaku : 𝑑𝐸𝑡𝑜𝑡

𝑑𝑡= 0

𝑑

𝑑𝑡[3

4𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2

+1

2𝑘𝑥2] = 0

𝑑

𝑑𝑡

𝑑2𝑥

𝑑𝑡+

2𝑘𝑥

3𝑚

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 0

𝑑2𝑥

𝑑𝑡+

2𝑘

3𝑚𝑥 = 0

𝑘 𝑚 𝑟



2014(kab/kota)


maka persamaan di atas merupakan gerak harmonis

sederhana dengan frekuensi sudut sebesar

𝜔2 =2𝑘

3𝑚

∴ 𝜔 = √2𝑘

3𝑚

sehingga persamaan frekuensi sistem menjadi

∴ 𝑓 =1

2𝜋√

2𝑘

3𝑚⇋∴ 𝑇 = 2𝜋√

3𝑚

2𝑘

5. Pembahasan

a. waktu yang diperlukan setelah tumbukan hingga kondisi itu

tercapai. bola pecah menjadi dua bagian searah dengan

sumbu x dan yang searah dengan sumbu y dipengaruhi

percepatan gravitasi konstan (𝑔 = 10𝑚𝑠−2) disebut (𝑣𝑦).

pecahan pertama ke kanan (𝑣1𝑥 = 4𝑚/𝑠) pecahan kedua ke kiri(𝑣2𝑥 = −3𝑚/𝑠) maka persamaan vektor kecepatan

𝑣1 = 𝑣1𝑥𝑖 + 𝑣1𝑦𝑗 = 4𝑖 − 𝑣𝑦 𝑗

𝑣2 = 𝑣2𝑥𝑖 + 𝑣2𝑦𝑗 = −3𝑖 − 𝑣𝑦𝑗 pada saat kondisi tersebut saling tegak lurus maka hasil kali perkalian dot kecepatan kedua benda sama dengan nol

𝑣1 ∘ 𝑣2 = 0 ⇋ (4𝑖 − 𝑣𝑦 𝑗) ∘ (−3𝑖 − 𝑣𝑦 𝑗) = 0

𝑣1 ∘ 𝑣2 = 0 ⇋ −12 + 𝑣𝑦2

∴ 𝑣𝑦 = √12 = 2√3𝑚/𝑠



2014(kab/kota)


waktu yang dibutuhkan kedua pecahan benda bergantung

dengan percepatan gravitasi bumi (𝑔 = 10𝑚𝑠−2), maka :

𝑡 =𝑣𝑦

𝑔=

2√3

10=

1

5√3𝑠

b. jarak antara pecahan ini saat kondisi di atas terjadi jarak horizontal yang ditempuh kedua bagian bola saat

vektor saling tegak lurus adalah :

∆𝑥 = (𝑣1𝑥 − 𝑣2𝑥)𝑡

∆𝑥 = (4 − [−3])1

5√3

∆𝑥 =7

5√3𝑚

6. Pembahasan

𝑚𝐴 = 𝑚𝐵 = 𝑚𝐶 = 𝑚

panjang batang AB = (𝐿)

kecepatan awal massa = (𝑣0)

kecepatan pusat massa = (𝑣𝑐𝑚)

perhatikan diagram gerak benda sesaat setelah tumbukan

a. besar (𝑣𝑐𝑚), (𝜔), (𝑣0

′) dalam (𝜃), L dan (𝑣0)

terjadi tumbukan secara elastik dan sistem tidak ada gaya

luar, maka hukum kekekalan momentum bersifat tetap

𝑝𝑎𝑤 = 𝑝𝑎𝑘

𝑚𝑣0 = −𝑚𝑣0′ + 2𝑚𝑣𝑐𝑚

∴ 𝑣0 = −𝑣0′ + 2𝑣𝑐𝑚 … 1

∴ 𝑣0′ = 2𝑣𝑐𝑚 − 𝑣0 … 2)

terjadi tumbukan secara elastik dan sistem tidak ada torsi luar, maka hukum kekekalan momentum anguler bersifat

tetap

𝑚

𝜃 𝑚

𝐿

𝐵 𝜔

𝑣𝑐𝑚

𝐴 𝑚

𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐶



2014(kab/kota)


𝐿𝑎𝑤 = 𝐿𝑎𝑘

𝑚𝑣0

𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃 = −𝑚𝑣0

′𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝐼𝜔 … 3)

momen inersia total dua titik massa yang menempel pada batang adalah :

𝐼 =𝑚𝐿2

2+

𝑚𝐿2

2=

𝑚𝐿2

2… 4)

maka :

𝑚𝑣0

𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃 = −𝑚𝑣0

′𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝐼𝜔

𝑣0𝑠𝑖𝑛𝜃 = −𝑣0′ 𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝐿𝜔

masukkan persamaan 2), maka :

𝜔 =(𝑣0 + 𝑣0

′ )𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐿

∴ 𝜔 =2𝑣𝑐𝑚𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐿⇋ 𝜔2 =

4𝑣𝑐𝑚2𝑠𝑖𝑛2𝜃

𝐿2… 5)

seluruh energi pada sistem ini bersifat kekal karena tidak ada

energi yang hilang selama proses tumbukan dan permukaan datar adalah licin, maka energi kinetik awal (sebelum tumbukan)

𝐸𝑘𝑎𝑤𝑎𝑙 =1

2𝑚𝑣0

2

setelah tumbukan energi kinetik translasi akhir pada m

𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.1 =1

2𝑚𝑣0

′ 2=

1

2𝑚(2𝑣𝑐𝑚 − 𝑣0)2


2𝑚(4𝑣𝑐𝑚

2 − 4𝑣𝑐𝑚𝑣0 + 𝑣02)

𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.1 = 2𝑚𝑣𝑐𝑚2 − 2𝑚𝑣𝑐𝑚𝑣0 +

1

2𝑚𝑣0

2

energi kinetik translasi akhir pada 2m


22𝑚𝑣𝑐𝑚

2 = 𝑚𝑣𝑐𝑚2

energi kinetik rotasi akhir

𝐸𝑘𝑟𝑜𝑡 =1

2𝐼𝜔2 =

1

2

𝑚𝐿2

2(

4𝑣𝑐𝑚2𝑠𝑖𝑛2𝜃

𝐿2)

𝐸𝑘𝑟𝑜𝑡 = 𝑚𝑣𝑐𝑚2𝑠𝑖𝑛2𝜃



2014(kab/kota)


sehingga persamaan hukum kekekalan energi

𝐸𝑘𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.1 + 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.2 + 𝐸𝑘𝑟𝑜𝑡 1

2𝑚𝑣0

2 = 2𝑚𝑣𝑐𝑚2 − 2𝑚𝑣𝑐𝑚 𝑣0 +

1

2𝑚𝑣0

2 + 𝑚𝑣𝑐𝑚2 + 𝑚𝑣𝑐𝑚

2𝑠𝑖𝑛2𝜃

𝑣𝑐𝑚(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃) = 2𝑣0

∴ 𝑣𝑐𝑚 =2𝑣0

3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃… 6)

substitusikan persamaan 6) ke 5), maka :

∴ 𝜔 =4𝑣0𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐿(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)

substitusikan persamaan 6) ke 2), maka :

(𝑠𝑖𝑛2𝜃 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 1)

𝑣0′ =

4𝑣0 − 𝑣0(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)

3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃

∴ 𝑣0′ =

𝑣0𝑐𝑜𝑠2𝜃

3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃

b. besar sudut (𝜃) masing-masing kasus (𝑣𝑐𝑚) (kecepatan

batang AB) bernilai maksimum saat : 𝑑𝑣𝑐𝑚

𝑑𝜃= 0

𝑑

𝑑𝜃(

2𝑣0

3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃) = 0

𝑑

𝑑𝜃(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)−1 = 0

−(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)−2(2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0 ingat {2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑠𝑖𝑛2𝜃}

𝑠𝑖𝑛2𝜃 = 0 ⇋ 2𝜃 = 0 ⇋ 𝜃 = 0 ⇋∴ 𝜃𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0 dari sudut (𝜃𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0), kecepatan pusat batang AB

maksimum saat batang mula-mula horizontal.

kecepatan pusat batang bergerak ke kanan apabila :

(masukkan harga [𝜃𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0])

𝑣𝑐𝑚 =2𝑣0

3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃⇋∴ 𝑣𝑐𝑚 =

2𝑣0

3

kecepatan sudut batang AB bila tidak berotasi besarnya :

(masukkan harga [𝜃𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0])

𝜔 =4𝑣0𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐿(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)= 0



2014(kab/kota)


kecepatan massa C akan bergerak kekiri apabila : (masukkan

harga [𝜃𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0])

𝑣0′ =


3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃∴ 𝑣0

′ =𝑣0

3

c. besar sudut (𝜃) masing-masing kasus (𝜔) bernilai maksimum

kecepatan titik massa C maksimum saat : 𝑑𝜔

𝑑𝜃= 0

𝑑

𝑑𝜃(

𝑠𝑖𝑛𝜃

(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)) = 0

𝑐𝑜𝑠𝜃[3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃] − 2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 𝑐𝑜𝑠𝜃(𝑠𝑖𝑛2𝜃 − 2𝑠𝑖𝑛𝜃 + 3) = 0

maka yang memenuhi syarat makasimum adalah :

𝑐𝑜𝑠𝜃𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0 ⇋ 𝜃𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900

dengan (𝜃𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900), maka kecepatan sudut AB

maksimum pada saat batang mula-mula vertikal

kecepatan pusat massa batang AB akan berberak ke kanan

bila : (masukkan [𝜃𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900])

𝑣𝑐𝑚 =2𝑣0

3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃⇋ 𝑣𝑐𝑚 =

𝑣0

2

kecepatan sudut batang bila bergerak berlawanan arah jarum

jam, bila : (masukkan [𝜃𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900])

𝜔 =4𝑣0𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐿(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃)⇋ 𝜔 =

𝑣0

𝐿

kecepatan massa titik C setelah tumbukan akan diam bila :

(masukkan [𝜃𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900])

𝑣0′ =


3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃⇋ 𝑣0

′ = 0

d. besar sudut (𝜃) masing-masing kasus (𝑣0′) bernilai

maksimum kecepatan titik massa c maksimum saat :

𝑑𝑣0′

𝑑𝜃= 0

𝑑

𝑑𝜃(

𝑐𝑜𝑠2𝜃

3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃) = 0



2014(kab/kota)


−2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃(3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃) − (𝑐𝑜𝑠2𝜃)2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 −2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃[3 + 𝑠𝑖𝑛2𝜃 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃] = 0

8𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

𝑠𝑖𝑛2𝜃 = 0 𝜃𝑣0

′ .𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0

(𝜃𝑣0′ .𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0), artinya kecepatan titik massa maksimum saat

batang mula-mula horizontal. pada saat yang sama kecepatan pusat massa batang juga maksimum.

∴ 𝑣𝑐𝑚 =2𝑣0

3

dari persamaan ini, bahwa kecepatan pusat massa batang menyebabkan batang bergerak ke kanan

∴ 𝑣0′ =

𝑣0

3

persamaan ini menyatakan bahwa kecepatan titik massa C

bergerak ke kiri

7. Pembahasan

a. jarak d minimum (nyatakan dalam [𝑙])

nilai impuls yang diberikan oleh gaya pukulan adalah F.

Batang dapat berotasi mengelilingi titik A saat impuls di titik A sama dengan nol, sehingga poros titik A tetap.

batang akan bergerak ke kanan dengan kecepatan pusat massa sebesar :

∴ 𝑣𝑐𝑚 =𝐹

𝑚

moentum anguler di titik C relatif terhadap titik A adalah :

𝐿 = 𝐹𝑑 ⇋ 𝐿 = 𝐼𝐴𝜔

𝐹𝑑 = 𝐼𝐴𝜔

𝐴

𝑑

𝐶

𝐿



2014(kab/kota)


dengan

𝐼𝐴 =1

3𝑚𝑙2;𝑣𝑐𝑚 =

𝜔𝑙

2

maka :

𝑚𝑑 (𝜔𝑙

2) 𝑑 =

𝑚𝑙2

3𝜔

∴ 𝑑 =2𝑙

3

b. besar Periode osilasi jika batang berosilasi

−𝑚𝑔𝑙

2𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐼𝐴�̈�

−𝑚𝑔𝑙

2𝑠𝑖𝑛𝜃 =

𝑚𝑙2

3�̈�

�̈� +3𝑔

2𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

�̈� + 𝜔2𝜃 = 0

𝜔2 =3𝑔

2𝑙⇋ 𝜔 = √

3𝑔

2𝑙

periode osilasi yang diinginkan adalah :

∴ 𝑇 = 2𝜋√2𝑙

3𝑔⇋ 𝑓 =

1

2𝜋√

3𝑔

2𝑙

c. besar panjang tali L dari bandul matematis jika berdasarkan

hasil jawaban b) panjang tali L seharusnya agar batang mendapatkan gerak

harmonis adalah

𝑇′

𝑇=

2𝜋√𝐿𝑔

2𝜋√2𝑙3𝑔

= 1 ⇋ √𝐿

𝑔= √

2𝑙

3𝑔

∴ 𝐿 =2𝑙

3



2014(kab/kota)


8. Pembahasan

(𝑣𝑐𝑚) = kecepatan pusat massa batang

(𝑚) = massa batang pejal homogen

(𝐿) = panjang batang pejal homogen

(𝐼 =1

12𝑚𝐿2) = momen inersia batang homogen

a. besar kecepatan pusat massa batang selesai bergerak energi potensial batang awal pada tangga

kedua ujung tangga tidak bergerak lagi ke bawah dan ke kanan saat mencapai lantai licin (posisi batang horizontal),

batang akan bergerak translasi dan rotasi

∴ 𝐸𝑝 = 𝑚𝑔ℎ =𝑚𝑔𝐿

2

saat tangga mencapai lantai dasar, batang memiliki energi kinetik translasi sebesar


2𝑚𝑣𝑐𝑚

2

juga energi kinetik rotasi sebesar :


2𝐼𝜔2

syarat agar tangga batang tidak slip, maka

𝑣𝑐𝑚 = 𝜔𝑅 =𝜔𝐿

2

persamaan hukum kekekalan energi

𝐸𝑝 = 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 + 𝐸𝑘𝑟𝑜𝑡 𝑚𝑔𝐿

2=

1

2𝑚𝑣𝑐𝑚

2 +1

2𝐼𝜔2

𝑚𝑔𝐿

2=

1

2𝑚𝑣𝑐𝑚

2 +1

2(

1

12𝑚𝐿2) (

𝑣𝑐𝑚

𝐿/2)

2



2014(kab/kota)


𝑚𝑔𝐿

2=

1

2𝑚𝑣𝑐𝑚

2 +1

3(1

2𝑚𝑣𝑐𝑚

2)

3𝑔𝐿 = 4𝑣𝑐𝑚2

∴ 𝑣𝑐𝑚 =√3𝑔𝑙

2

b. besar sudut (𝜃) (sudut antara tangga terhadap dinding)

dengan syarat kecepatan pusat massa komponen horizontal

mencapai maksimum

komponen posisi pusat massa batang adalah :

𝑥𝑐𝑚 =𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑦𝑐𝑚 =𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃

komponen kecepatan pusat massa batang merupakan fungsi

turunan pertama dari posisi

𝑣𝑥 =𝑑𝑥𝑐𝑚

𝑑𝑡=

𝐿

2

𝑑

𝑑𝑡(𝑠𝑖𝑛𝜃) =

𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃�̇� = 𝜔

𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑣𝑦 =𝑑𝑦𝑐𝑚

𝑑𝑡=

𝐿

2

𝑑

𝑑𝑡(𝑐𝑜𝑠𝜃) = −

𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃�̇� = −𝜔

𝐿

2𝑠𝑖𝑛𝜃

resultan kedua komponen kecepatan menjadi

𝑣 = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦

2 = 𝜔𝐿

2

seperti pada jawaban soal no. a)

persamaan hukum kekekalan energi mekaniknya

𝐸𝑝 = 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 + 𝐸𝑘𝑟𝑜𝑡 + 𝐸𝑝𝑐𝑚 𝑚𝑔𝐿

2=

1

2𝑚𝑣𝑐𝑚

2 +1

2𝐼𝜔2 +

𝑚𝑔𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑔𝐿(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝑣𝑐𝑚2 +

1

12𝐿2𝜔2

3𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝜔2𝐿

𝐿

2 𝜃

𝑥𝑐𝑚

𝑦𝑐𝑚



2014(kab/kota)


∴ 𝜔 = √3𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝐿

kembali ke komponen kecepatan pada sumbu x

𝑣𝑥 = 𝜔𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑣𝑥 = √3𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝐿

𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑣𝑥 = √3𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝐿(

𝐿2

4𝑐𝑜𝑠2𝜃)

∴ 𝑣𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝜃√3𝑔𝐿

4(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

kecepatan maksimum (𝑣𝑥) pada saat percepatan pada sumbu

x sama dengan nol 𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡= 0

𝑑

𝑑𝑡(𝑐𝑜𝑠𝜃√(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)) = 0

𝑠𝑖𝑛𝜃1

2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑖𝑛𝜃(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0

𝑠𝑖𝑛𝜃 (3

2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 1) = 0

untuk

𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1 ⇋∴ 𝑐𝑜𝑠𝜃 =2

3

c. besar Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal

𝑣𝑥 =𝐿

2𝑐𝑜𝑠𝜃√

3𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝐿

∴ 𝑣𝑥 =√𝑔𝐿

3


2014 osnk fisika (tkunci)

Education