2014 osnk fisika (tkunci)
Post on 21-Jan-2018
337 Views
Preview:
TRANSCRIPT
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 : (π£ =ππ₯
ππ‘= 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)
π£0 =βπ₯
βπ‘=
5
2= 2,5π/π
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
π£(π/π )
π‘(π )
πΆ
π·
πΈ
πΉ
π΅
π΄
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
200 http://ibnu2003.blogspot.com
2. Pembahasan
mobil A
kecepatan awal (π‘0π΄ = 0 β π£0π΄ = 2π/π )
kecepatan akhir (π‘π΄ = 4 β π£π΄ = 4π/π ) mobil B (kecepatan tetap)
kecepatan mobil (π£π΅ = 4π/π )
a. Persamaan gerak tempuh A dan B sebgai fungsi dari waktu
mobil A bergerak dengan percepatan konstan, sebesar
π =π£π΄ β π£0π΄
π‘π΄ β π‘0π΄
=4 β 2
4 β 0=
1
2ππ β2
dengan menganggap kedua mobil bergerak dari titik yang
sama, maka jarak yang ditempuh mobil A adalah
ππ΄ = π£0π΄π‘ +1
2ππ‘2 = 2π‘ +
1
2(
1
2) π‘2 = 2π‘ +
π‘2
4
mobil B bergerak dengan kecepatan konstan, maka jarak
yang ditempuh adalah :
ππ΅ = π£π΅π‘ = 4π‘ b. mobil A berhasil menyusul mobil B saat memiliki jarak yang
sama.
ππ΄ = ππ΅
2π‘ +π‘2
4= 4π‘
π‘ = 16 β 8 = 8π mobil A meyusul dengan jarak
ππ΄ = 2π‘ +π‘2
4= 2.8 +
82
4= 32π
mobil B meyusul dengan jarak
ππ΅ = 4π‘ = 4.8 = 32π
2
4
4 πππππ π΅
π‘(π )
π£(π/π )
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
201 http://ibnu2003.blogspot.com
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 (βπ‘)
2βπ‘ +βπ‘2
4= 60 β βπ‘2 + 8βπ‘ = 240
(βπ‘ + 20)(βπ‘ β 12) = 0
maka : waktu yang memenuhi syarat (βπ‘ = 12)
mobil B menyusul mobil A setelah bergerak dalam waktu
(βπ‘ = 12) sejak melambat dengan perlambatan (π =β0,5ππ β2). Jarak yang ditempuh kedua mobil sama ketika
mobil B menyusul mobil A
ππ΄ = ππ΅
2βπ‘ ββπ‘2
4+ 60 = 4π‘ + 4βπ‘
βπ‘2 + 8βπ‘ β 48 = 0 β (βπ‘ + 12)(βπ‘ β 4) selang waktu yang memenuhi adalah 4s
mobil B menempuh jarak (ππ΅ = 48 + 4.4 = 64π)
mobil A (ππ΄ = 8 β 4 + 60 = 64π)
3. Pembahasan
sumbu x merupakan koordinat sepanjang bidang miring sumbu y tegak lurus bidang miring
π₯
π¦
π
π
π π£1
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
202 http://ibnu2003.blogspot.com
a. waktu tempuh bola antara pemantulan pertama dan kedua
komponen percepatan bola pada sumbu x dan y ππ₯ = ππ₯ = ππ πππΌ
ππ¦ = ππ¦ = βππππ πΌ
sesaat sebelum tumbukan kecepatan awal bola adalah
π£0 = β2πβ
membentuk sudut (πΌ) terhadap sumbu y
komponen kecepatan awal bola terhadap sumbu x dan y
π£0π₯ = π£0π πππΌ
π£0π¦ = βπ£0πππ πΌ
setelah menumbuk bidang miring secara elastik, maka
kecepatan bola terhadap sumbu x dan y
π£1π₯ = π£0π₯ = π£0π πππΌ
π£1π¦ = βπ£0π¦ = π£0πππ πΌ
persamaan gerak benda setelah tumbukan pertama adalah
π₯1 = π£1π₯π‘ +1
2ππ₯π‘2 β π₯1 = π£0π πππΌπ‘ +
1
2ππ πππΌπ‘2
π¦1 = π£1π¦π‘ +1
2ππ¦π‘2 β π¦1 = π£0πππ πΌπ‘ β
1
2ππππ πΌπ‘2
bola memantuk untuk kedua kalinya (π¦1 = 0), maka :
π£0πππ πΌπ‘ β1
2ππππ πΌπ‘2 = 0 β 2π£0 = ππ‘
waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua
adalah :
π‘1 =2π£0
πβ β = βπ =
π£02
2π
b. jarak antara pemantulan pertama dan kedua
bola memantul kedua kalinya setelah menempuh jarak (π) dalam waktu (π‘1)
π = π£0π πππΌπ‘1 +1
2ππ πππΌπ‘1
2
π = [2π£0
2
π+
1
2(
4π£02
π)] π πππΌ
π = 8 (π£0
2
2π)π πππΌ = 8βπ πππΌ
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
203 http://ibnu2003.blogspot.com
4. Pembahasan
a. energi total dari sistem ini
momen inersia roda
πΌ =1
2ππ2
energi potensial pegas
β΄ πΈππππππ =1
2ππ₯2
energi kinetik translasi roda :
β΄ πΈππ‘ππππ =1
2ππ£2 =
1
2π (
ππ₯
ππ‘)
2
energi kinetik rotasi roda
β΄ πΈππππ‘ =1
2πΌπ2 =
1
4π (
ππ₯
ππ‘)
2
maka energi total sistem adalah
πΈπ‘ππ‘ = πΈππππππ + πΈππ‘ππππ + πΈππππ‘
πΈπ‘ππ‘ =1
2ππ₯2 +
1
2π (
ππ₯
ππ‘)
2
+1
4π (
ππ₯
ππ‘)
2
πΈπ‘ππ‘ =3
4π (
ππ₯
ππ‘)
2
+1
2ππ₯2
b. frekuensi osilasi dari sistem ini
energi sistem bersifat kekal, sehingga berlaku : ππΈπ‘ππ‘
ππ‘= 0
π
ππ‘[3
4π (
ππ₯
ππ‘)
2
+1
2ππ₯2] = 0
π
ππ‘
π2π₯
ππ‘+
2ππ₯
3π
ππ₯
ππ‘= 0
π2π₯
ππ‘+
2π
3ππ₯ = 0
π π π
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
204 http://ibnu2003.blogspot.com
maka persamaan di atas merupakan gerak harmonis
sederhana dengan frekuensi sudut sebesar
π2 =2π
3π
β΄ π = β2π
3π
sehingga persamaan frekuensi sistem menjadi
β΄ π =1
2πβ
2π
3πββ΄ π = 2πβ
3π
2π
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 (π = 10ππ β2) disebut (π£π¦).
pecahan pertama ke kanan (π£1π₯ = 4π/π ) pecahan kedua ke kiri(π£2π₯ = β3π/π ) maka persamaan vektor kecepatan
π£1 = π£1π₯π + π£1π¦π = 4π β π£π¦ π
π£2 = π£2π₯π + π£2π¦π = β3π β π£π¦π pada saat kondisi tersebut saling tegak lurus maka hasil kali perkalian dot kecepatan kedua benda sama dengan nol
π£1 β π£2 = 0 β (4π β π£π¦ π) β (β3π β π£π¦ π) = 0
π£1 β π£2 = 0 β β12 + π£π¦2
β΄ π£π¦ = β12 = 2β3π/π
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
205 http://ibnu2003.blogspot.com
waktu yang dibutuhkan kedua pecahan benda bergantung
dengan percepatan gravitasi bumi (π = 10ππ β2), maka :
π‘ =π£π¦
π=
2β3
10=
1
5β3π
b. jarak antara pecahan ini saat kondisi di atas terjadi jarak horizontal yang ditempuh kedua bagian bola saat
vektor saling tegak lurus adalah :
βπ₯ = (π£1π₯ β π£2π₯)π‘
βπ₯ = (4 β [β3])1
5β3
βπ₯ =7
5β3π
6. Pembahasan
ππ΄ = ππ΅ = ππΆ = π
panjang batang AB = (πΏ)
kecepatan awal massa = (π£0)
kecepatan pusat massa = (π£ππ)
perhatikan diagram gerak benda sesaat setelah tumbukan
a. besar (π£ππ), (π), (π£0
β²) dalam (π), L dan (π£0)
terjadi tumbukan secara elastik dan sistem tidak ada gaya
luar, maka hukum kekekalan momentum bersifat tetap
πππ€ = πππ
ππ£0 = βππ£0β² + 2ππ£ππ
β΄ π£0 = βπ£0β² + 2π£ππ β¦ 1
β΄ π£0β² = 2π£ππ β π£0 β¦ 2)
terjadi tumbukan secara elastik dan sistem tidak ada torsi luar, maka hukum kekekalan momentum anguler bersifat
tetap
π
π π
πΏ
π΅ π
π£ππ
π΄ π
πΏ
2π πππ
πΆ
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
206 http://ibnu2003.blogspot.com
πΏππ€ = πΏππ
ππ£0
πΏ
2π πππ = βππ£0
β²πΏ
2π πππ + πΌπ β¦ 3)
momen inersia total dua titik massa yang menempel pada batang adalah :
πΌ =ππΏ2
2+
ππΏ2
2=
ππΏ2
2β¦ 4)
maka :
ππ£0
πΏ
2π πππ = βππ£0
β²πΏ
2π πππ + πΌπ
π£0π πππ = βπ£0β² π πππ + πΏπ
masukkan persamaan 2), maka :
π =(π£0 + π£0
β² )π πππ
πΏ
β΄ π =2π£πππ πππ
πΏβ π2 =
4π£ππ2π ππ2π
πΏ2β¦ 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)
πΈπππ€ππ =1
2ππ£0
2
setelah tumbukan energi kinetik translasi akhir pada m
πΈππ‘ππππ .1 =1
2ππ£0
β² 2=
1
2π(2π£ππ β π£0)2
πΈππ‘ππππ .1 =1
2π(4π£ππ
2 β 4π£πππ£0 + π£02)
πΈππ‘ππππ .1 = 2ππ£ππ2 β 2ππ£πππ£0 +
1
2ππ£0
2
energi kinetik translasi akhir pada 2m
πΈππ‘ππππ .2 =1
22ππ£ππ
2 = ππ£ππ2
energi kinetik rotasi akhir
πΈππππ‘ =1
2πΌπ2 =
1
2
ππΏ2
2(
4π£ππ2π ππ2π
πΏ2)
πΈππππ‘ = ππ£ππ2π ππ2π
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
207 http://ibnu2003.blogspot.com
sehingga persamaan hukum kekekalan energi
πΈπππ€ππ = πΈππ‘ππππ .1 + πΈππ‘ππππ .2 + πΈππππ‘ 1
2ππ£0
2 = 2ππ£ππ2 β 2ππ£ππ π£0 +
1
2ππ£0
2 + ππ£ππ2 + ππ£ππ
2π ππ2π
π£ππ(3 + π ππ2π) = 2π£0
β΄ π£ππ =2π£0
3 + π ππ2πβ¦ 6)
substitusikan persamaan 6) ke 5), maka :
β΄ π =4π£0π πππ
πΏ(3 + π ππ2π)
substitusikan persamaan 6) ke 2), maka :
(π ππ2π + πππ 2π = 1)
π£0β² =
4π£0 β π£0(3 + π ππ2π)
3 + π ππ2π
β΄ π£0β² =
π£0πππ 2π
3 + π ππ2π
b. besar sudut (π) masing-masing kasus (π£ππ) (kecepatan
batang AB) bernilai maksimum saat : ππ£ππ
ππ= 0
π
ππ(
2π£0
3 + π ππ2π) = 0
π
ππ(3 + π ππ2π)β1 = 0
β(3 + π ππ2π)β2(2π ππππππ π) = 0 ingat {2π ππππππ π = π ππ2π}
π ππ2π = 0 β 2π = 0 β π = 0 ββ΄ ππ£.ππππ = 0 dari sudut (ππ£.ππππ = 0), kecepatan pusat batang AB
maksimum saat batang mula-mula horizontal.
kecepatan pusat batang bergerak ke kanan apabila :
(masukkan harga [ππ£.ππππ = 0])
π£ππ =2π£0
3 + π ππ2πββ΄ π£ππ =
2π£0
3
kecepatan sudut batang AB bila tidak berotasi besarnya :
(masukkan harga [ππ£.ππππ = 0])
π =4π£0π πππ
πΏ(3 + π ππ2π)= 0
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
208 http://ibnu2003.blogspot.com
kecepatan massa C akan bergerak kekiri apabila : (masukkan
harga [ππ£.ππππ = 0])
π£0β² =
π£0πππ 2π
3 + π ππ2πβ΄ π£0
β² =π£0
3
c. besar sudut (π) masing-masing kasus (π) bernilai maksimum
kecepatan titik massa C maksimum saat : ππ
ππ= 0
π
ππ(
π πππ
(3 + π ππ2π)) = 0
πππ π[3 + π ππ2π] β 2π ππππππ π = 0 πππ π(π ππ2π β 2π πππ + 3) = 0
maka yang memenuhi syarat makasimum adalah :
πππ ππ.ππππ = 0 β ππ.ππππ = 900
dengan (ππ.ππππ = 900), maka kecepatan sudut AB
maksimum pada saat batang mula-mula vertikal
kecepatan pusat massa batang AB akan berberak ke kanan
bila : (masukkan [ππ.ππππ = 900])
π£ππ =2π£0
3 + π ππ2πβ π£ππ =
π£0
2
kecepatan sudut batang bila bergerak berlawanan arah jarum
jam, bila : (masukkan [ππ.ππππ = 900])
π =4π£0π πππ
πΏ(3 + π ππ2π)β π =
π£0
πΏ
kecepatan massa titik C setelah tumbukan akan diam bila :
(masukkan [ππ.ππππ = 900])
π£0β² =
π£0πππ 2π
3 + π ππ2πβ π£0
β² = 0
d. besar sudut (π) masing-masing kasus (π£0β²) bernilai
maksimum kecepatan titik massa c maksimum saat :
ππ£0β²
ππ= 0
π
ππ(
πππ 2π
3 + π ππ2π) = 0
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
209 http://ibnu2003.blogspot.com
β2πππ ππ πππ(3 + π ππ2π) β (πππ 2π)2π ππππππ π = 0 β2π ππππππ π[3 + π ππ2π + πππ 2π] = 0
8π ππππππ π = 0
π ππ2π = 0 ππ£0
β² .ππππ = 0
(ππ£0β² .ππππ = 0), artinya kecepatan titik massa maksimum saat
batang mula-mula horizontal. pada saat yang sama kecepatan pusat massa batang juga maksimum.
β΄ π£ππ =2π£0
3
dari persamaan ini, bahwa kecepatan pusat massa batang menyebabkan batang bergerak ke kanan
β΄ π£0β² =
π£0
3
persamaan ini menyatakan bahwa kecepatan titik massa C
bergerak ke kiri
7. Pembahasan
a. jarak d minimum (nyatakan dalam [π])
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 :
β΄ π£ππ =πΉ
π
moentum anguler di titik C relatif terhadap titik A adalah :
πΏ = πΉπ β πΏ = πΌπ΄π
πΉπ = πΌπ΄π
π΄
π
πΆ
πΏ
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
210 http://ibnu2003.blogspot.com
dengan
πΌπ΄ =1
3ππ2;π£ππ =
ππ
2
maka :
ππ (ππ
2) π =
ππ2
3π
β΄ π =2π
3
b. besar Periode osilasi jika batang berosilasi
βπππ
2π πππ = πΌπ΄οΏ½ΜοΏ½
βπππ
2π πππ =
ππ2
3οΏ½ΜοΏ½
οΏ½ΜοΏ½ +3π
2ππ πππ = 0
οΏ½ΜοΏ½ + π2π = 0
π2 =3π
2πβ π = β
3π
2π
periode osilasi yang diinginkan adalah :
β΄ π = 2πβ2π
3πβ π =
1
2πβ
3π
2π
c. besar panjang tali L dari bandul matematis jika berdasarkan
hasil jawaban b) panjang tali L seharusnya agar batang mendapatkan gerak
harmonis adalah
πβ²
π=
2πβπΏπ
2πβ2π3π
= 1 β βπΏ
π= β
2π
3π
β΄ πΏ =2π
3
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
211 http://ibnu2003.blogspot.com
8. Pembahasan
(π£ππ) = kecepatan pusat massa batang
(π) = massa batang pejal homogen
(πΏ) = panjang batang pejal homogen
(πΌ =1
12ππΏ2) = 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
β΄ πΈπ = ππβ =πππΏ
2
saat tangga mencapai lantai dasar, batang memiliki energi kinetik translasi sebesar
β΄ πΈππ‘ππππ =1
2ππ£ππ
2
juga energi kinetik rotasi sebesar :
β΄ πΈππ‘ππππ =1
2πΌπ2
syarat agar tangga batang tidak slip, maka
π£ππ = ππ =ππΏ
2
persamaan hukum kekekalan energi
πΈπ = πΈππ‘ππππ + πΈππππ‘ πππΏ
2=
1
2ππ£ππ
2 +1
2πΌπ2
πππΏ
2=
1
2ππ£ππ
2 +1
2(
1
12ππΏ2) (
π£ππ
πΏ/2)
2
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
212 http://ibnu2003.blogspot.com
πππΏ
2=
1
2ππ£ππ
2 +1
3(1
2ππ£ππ
2)
3ππΏ = 4π£ππ2
β΄ π£ππ =β3ππ
2
b. besar sudut (π) (sudut antara tangga terhadap dinding)
dengan syarat kecepatan pusat massa komponen horizontal
mencapai maksimum
komponen posisi pusat massa batang adalah :
π₯ππ =πΏ
2π πππ
π¦ππ =πΏ
2πππ π
komponen kecepatan pusat massa batang merupakan fungsi
turunan pertama dari posisi
π£π₯ =ππ₯ππ
ππ‘=
πΏ
2
π
ππ‘(π πππ) =
πΏ
2πππ ποΏ½ΜοΏ½ = π
πΏ
2πππ π
π£π¦ =ππ¦ππ
ππ‘=
πΏ
2
π
ππ‘(πππ π) = β
πΏ
2π ππποΏ½ΜοΏ½ = βπ
πΏ
2π πππ
resultan kedua komponen kecepatan menjadi
π£ = βπ£π₯2 + π£π¦
2 = ππΏ
2
seperti pada jawaban soal no. a)
persamaan hukum kekekalan energi mekaniknya
πΈπ = πΈππ‘ππππ + πΈππππ‘ + πΈπππ πππΏ
2=
1
2ππ£ππ
2 +1
2πΌπ2 +
πππΏ
2πππ π
ππΏ(1 β πππ π) = π£ππ2 +
1
12πΏ2π2
3π(1 β πππ π) = π2πΏ
πΏ
2 π
π₯ππ
π¦ππ
OSN Fisika Bedah soal
2014(kab/kota)
213 http://ibnu2003.blogspot.com
β΄ π = β3π(1 β πππ π)
πΏ
kembali ke komponen kecepatan pada sumbu x
π£π₯ = ππΏ
2πππ π
π£π₯ = β3π(1 β πππ π)
πΏ
πΏ
2πππ π
π£π₯ = β3π(1 β πππ π)
πΏ(
πΏ2
4πππ 2π)
β΄ π£π₯ = πππ πβ3ππΏ
4(1 β πππ π)
kecepatan maksimum (π£π₯) pada saat percepatan pada sumbu
x sama dengan nol ππ£π₯
ππ‘= 0
π
ππ‘(πππ πβ(1 β πππ π)) = 0
π πππ1
2πππ π β π πππ(1 β πππ π) = 0
π πππ (3
2πππ π β 1) = 0
untuk
π πππ = 0
πππ π = 1 ββ΄ πππ π =2
3
c. besar Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal
π£π₯ =πΏ
2πππ πβ
3π(1 β πππ π)
πΏ
β΄ π£π₯ =βππΏ
3
top related