Soal Dan Pembahasan Osn Fisika Sma 2014

8/20/2019 Soal Dan Pembahasan Osn Fisika Sma 2014

1/20

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com

Email : [email protected]

OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014

BIDANG ILMU FISIKA

SELEKSI TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015

SOAL TES TEORI

Waktu : 5 Jam

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH

DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2014


2/20




1. (10 Poin) Sebuah silinder pejal bermassa M dan berjar-jari R berada di sebuah pojok dan

menyentuh dinding maupun lantai., seperti terlihat pada gambar di bawah. Seutas tali tak bermassa dan sangat panjang dililitkan pada silinder kemudian dipasang pada katrol licin

secara mendatar dan dihubungkan ke benda bermassa m. Koefisien gesek kinetik μ

berlaku untuk permukaan dinding dan lantai. Selama benda m bergerak ke bawah,silinder M tetap berada dalam kontak dengan dinding dan lantai. Tentukan :

a. gaya normal dari dinding dan lantai (nyatakan dalam μ, m, M dan g )

b. percepatan benda m dan hitung pula nilai percepatannya secara numerik untuk data

berikut ini : μ = 0.5 , m= 11 kg, M = 8 kg , R= 0,4 M dan g = 10 m/s2.

c. nilai m/M minimum agar silinder dapat berotasi.

2. (13 Poin) Perhatikan gambar di bawah ini . Sebuah bola billiard berjari-jari R diletakkan

pada posisi (a,b) dari ujung kiri atas meja (lubang A). Panjang dan lebar bagian dalam

meja berturut-turut adalah P dan L. Seorang siswa ingin memasukkan bola tersebut ke

dalam lubang C dengan memukulnya oleh gaya sesaat F pada sudut pada posisi

terhadap sisi AB. Waktu kontak pemukul dengan bola adalah ∆t 0 dan asumsikan seluruh

impuls yang diberikan pemukul dikonversi menjadi momentum bola. Siswa tersebut berencana memantulkan bola tersebut dua kali yaitu dipantulkan oleh sisi AB dan sisi

BD, sampai akhirnya masuk ke lubang. Lubang pada meja dibuat sedemikian sehinggatitik tengah lubang tersebut berada tepat pada ujung-ujung bagian dalam meja. Dan ketika

bola masuk, pusat massa bola dianggap berada pada pusat lubang. Tentukanlah :

a.

tan agar bola tepat masuk di lubang C ( nyatakan dalam b, P,L dan a)

b. S 1 yaitu jarak yang ditempuh bola sebelum menumbuk dinding AB.

c. S 2 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan

sebelum menumbuk dinding BD.

d.

S 3 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum

memasuki lubang.

e.

Jika tumbukan antara bola dan dinding adalah lenting sebagian dengan koefisienrestitusi e, tentukan kecepatan bola sesaat sebelum masuk ke dalam lubang ( nyatakan

dalam F, ∆t 0 , e, m, k. R, S 1 , S 2 dan S 3 ). ( Asumsikan energi yang hilang akibat rotasi adalah kmRd dimana k adalah konstanta

penghambat rotasi, m adalah massa bola, dan d adalah jarak yang ditempuh bola.)

m g M

R


3/20




3. (15 Poin) Dua buah partikel A dan B dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu y

dan partikel C dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu x. Partikel B dan Cterhubung melalui suatu batang tegar yang tak bermassa dengan panjang L, sedangkan

partikel A dan C terhubung melalui suatu batang tegar tak bermassa dengan panjang 3 L

. Terdapat suatu engsel licin yang menghubungkan kedua ujung batang tersebut di C

(lihat gambar). Diketahui massa ketiga partikel m A = m B = mC = m dan pada saat awal ,

θ 1(0) = π /6 rad , ω1(0) = ω2(0) = 0 rad/s, dimana ω1 =dθ 1 /dt dan ω2 =dθ 2 /dt . Tentukan : a.

posisi masing-masing partikel (nyatakan dalam sudut θ 1 dan θ 2 ) dan tentukan

hubungan antara sudut θ 1 dan θ 2 .

b. energi total dari sistem dinyatakan dalam sudut θ 2 dan ω2.

c. Kecepatan dan percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di

titik O untuk yang pertama kali.

4. (20 Poin) Sebuah kapasitor keping sejajar mempunyai luas penampang A terpisah sejauh

d , serta tinggi a. Ruang diantara kapasitor berisi udara dengan permitivitas anggap sama

dengan ruang hampa yaitu ε0. Kapasitor kemudian dihubungkan dengan sebuah baterai

yang memiliki tegangan V 0. Kemudian baterai diputuskan, muatan pada kapasitor

dipertahankan tetap sebesar Q0, kemudian sebuah lembaran dielektrik padat dengan luas

yang sama, A, dan tebal d (dimana l


4/20




b.

medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat!

c. medan listrik pada dielektrik! d.

beda potensial kapasitor setelah dielektrik dimasukkan!

e. tentukan kapasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan! Dielektrik padat kemudian ditarik dan selanjutnya dihubungkan kembali dengan baterai

semula dengan tegangan V 0 . Kapasitor ini kemudian dicelupkan kedalam cairan dengan

konstanta dielektrik K 2 dan massa jenis ρ. f. Tentukan ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar!

Kapasitor diangkat dari cairan, baterai kemudian dilepas dan kemudian pada plat sejajar

diberi muatan sebesar Q0.

g. Hitung kembali ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar pada kondisi

terakhir !

Ketentuan :Semua jawaban akhir harus dalam V 0 dan Q0 dan ukuran geometri serta konstanta

dielektrik yang sesuai.

5.

(20 Poin) Sebuah lintasan memiliki dua buah hoop lingkaran beradius R yang terpaut jarak tertentu (seperti pada gambar dibawah). Loop setengah lingkaran yang kiri

permukaannya licin, sedangkan sisa lintasan yaitu lintasan lurus dan loop seperdelapanlingkaran yang kanan permukaannya kasar yang besar koefisien gesek statis dan kinetis

yang sama, μ. Pada lintasan ini, akan dilakukan dua buah percobaan.

Percobaan pertama, sebuah benda X bermassa m, berjari-jari r , memiliki momen inersia

βmr 2 dilepaskan dari keadaan diam pada puncak lintasan disebelah kanan.

a.

Tentukan syarat μ (koefisien gesek) lintasan tersebut agar memiliki energi kinetik

maksimum pada saat melewati titik A!

Mulai saat ini dan seterusnya (hingga percobaan kedua), gunakan koefisien gesek

minimum yang didapat di (a) untuk lintasan kasar.

b.

Benda X akan menggelinding hingga melewati titik B. Hitung kecepatan benda X di

titik B!

c. Benda X akan menaiki loop kiri hingga titik tertinggi. Berapa s, panjang lintasan(diukur dari B ke arah kiri mengikuti bentuk lintasan yang ditempuh benda?

d. Benda tersebut akan bergerak kembali ke titik B dan kemudian bergulir sepanjanglintasan BA. Tentukan nilai L, ( disepanjang lintasan BA) sehingga benda X dapat

mencapai titik A dalam keadaan sudah tidak slip!

R

B

rm

R

Akasar

kasar

licin


5/20




Mulai saat ini dan seterunya (hingga percobaan kedua), asumsikan benda X adalah

silinder berongga, sehingga β adalah suatu nilai numeris, dan gunakan nilai numeristersebut untuk soal-soal di bawah ini.

e. Jelaskan keadaan gerak benda X secara kualitatif jika :1)

Panjang BA < L

2) Panjang BA > L

Percobaan kedua dilakukan. Di sini, diperkenalkan sebuah benda titik Y bermassa m juga,namun tidak memiliki momen inersia. Lintasan masih memiliki kekasaran sesuai dengan

hasil (a). INGAT, masukkan nilai numeris β !

Pada percobaan kedua, hal yang sama dilakukan seperti percobaan pertama. Namum,

disaat benda X berada pada titik B (berarah gerak ke kanan), benda Y di lontarkan dari

titik A (berarah ke kiri) dengan kecepatan v (besarnya mengikuti hasil (b)).

f.

Tentukan d , letak tumbukan benda X dan Y (diukur dari titik A ke arah ke kanan)!

g. Tentukan pula , waktu bertumbukan mereka (diukur dari saat benda X di B dan

Benda Y di A)!

h. Tumbukan terjadi secara sentral dan elastis. Tentukan kecepatan benda-benda

tersebut sesaat setelah tumbukan!i. Analisis gerakan kedua benda setelah tumbukan dan jawablah setiap pertanyaan

berikut ini dengan bukti-bukti kuantitatif :

1. Apakah benda X dapat mencapai kondisi tidak slip sebelum sampai di titik B?

2. Apakah benda Y berhenti sebelum menaiki loop kanan?

3. Akankah kedua benda tersebut bertumbukan untuk kedua kali-nya? Jika ya,

tentukan kecepatan masing-masing benda sesaat setelah tumbukan kedua!

j.

Jelaskan konfigurasi (kecepatan dan posisi) paling akhir benda X dan Y!

Catatan : Jawaban dari soal-soal diatas hanya boleh dinyatakan dalam R,m,r dan g.

Khusus (a)-(d), jawaban boleh juga dinyatakan dalam β.


6/20




PEMBAHASAN

OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014

BIDANG FISIKA

1. Pembahasan :

a.

Diagram benda bebas silinder M dan benda m :

Persamaan gerak massa m :

mg T ma (1)

Pusat massa silinder tidak bergerak translasi :

0 x F

1 2 0T f N (2)0 y F

1 2 0 N f Mg (3)

Silinder slip sehingga gaya gesek kinetik bekerja pada silinder.

1 1 f N (4)

2 2 f N (5)

Silinder bergerak dengan kecepatan angular . Percepatan tepi silinder sama dengan percepatan massa m.

a R (6)Persamaan rotasi silinder :

pm I 2

1 212

aTR f R f R MR R

1 212

T f f Ma (7)

Substitusi pers.(1),(4) dan (5) ke pers.(7) :

1 212

mg T T N N M

m

1 22 2 2m M T m N m N Mmg (8)Pers.(2) dapat dituliskan menjadi

N 2

Mg

f 1

T

N 1

f 2a

T

mg


7/20




2 1T N N (9)

Substitusi pers.(9) ke pers.(8) :

1 24 2 2m M N m m M N Mmg (10)Pers.(3) dapat disederhanakan menjadi :

1 2 N N Mg (11)

Dari pers.(10) dan pers.(11) akan kita peroleh

1 2 2

2 3

1 2 2 1

m m M Mg N

m M

(12)

1 2 2

4

1 2 2 1

m m M Mg N

m M

(13)

b. Substitusi pers.(12) dan pers.(13) ke pers.(9) untuk memperoleh tegangan tali :

2

1 2 2

2 3

1 2 2 1

m m m Mg T

m M

(14)

Percepatan beban m :

T a g m

2

2 2

1 2 2 2 1

1 2 2 1

m M a g

m M

(15)

Substitusikan nilai-nilai besaran dibawah ini ke pers.(15) :

μ = 0.5 , m= 11 kg, M = 8 kg , R= 0,4 M dan g = 10 m/s2

Kita akan memperoleh besar percepatan benda m :

a = 3,125 m/s2

c. Syarat silinder berotasi :

0 pm

atau0a

21

1 2

m M

Harga minimum (m/M ) agar dapat berotasi :

2min1

1 2

m M

(16)

Untuk 0,5 maka besar harga minimum (m/M ) :

min

34

m M

2. Pembahasan :

a. Diagram gerakan bola biliard :


8/20




Tumbukan pertama di dinding AB.

Momentum arah horizontal kekal :

1 1cos cosv v

1

1

coscos

v

v

(1)

Koefisien restitusi tumbukan e :

1

1

sin

sin

ve

v

(2)

Tumbukan kedua di dinding BD:

Momentum arah horizontal kekal :2 2cos cosv v

2

2

coscos

v

v

(3)

Koefisien restitusi tumbukan e :

2

2

sin

sin

ve

v

(4)

Hubungan antara sudut β dan θ :090 (5)

Dari pers.(1) dan pers.(2), kita peroleh

tantan

e

(6)

Dari pers.(3) dan pers.(4), kita peroleh

tan

tane

(7)

Pers.(6) sama dengan pers.(7) :

tan tan

tan tan

tan tantan

tan

(8)

Dari pers.(5) kita peroleh hubungan :

C D

A

P-y

B

0v

1v1v

2v2v

y

x L – a -x

1S 2S

3S

3v

a

b

L

P


9/20




0 1tan tan 90 cottan

atau

tan tan 1 (9)

Pers.(8) dapat dituliskan menjadi

tan cot (10)

Misalkan x adalah jarak tumbukan pertama dan lubang B dan y adalah jarak tumbukankedua dari lubang B. Dengan menggunakan pers.(10), kita akan peroleh :

P yb L x a L

(11)

Secara geometri kita dapat membuktikan bahwa x = y. Sehingga pers.(11) menjadi :

P x L x a PL

2 0 x P L a x PL bL Pa

2

4

2

P L a P L a PL bL Pa x

Untuk posisi bola biliard di 2 2, P L

maka bola harus ditembakkan di x=0 dan y=o.Solusi x dan y yang memenuhi adalah tanda negatif :

2

4

2

P L a P L a PL bL Pa x

Nilai tan agar bola masuk lubang C :

2

2tan4

b b L x a L P a P L a PL bL Pa

b. Jarak yang ditempuh biliard sebelum menumbuk dinding AB :

22

1S b L x a

2

21

1 4 42

S b L P a P L a PL Lb Pa

c. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan sebelum

menumbuk dinding BD:2 2

2S x y

22

42 2

2

P L a P L a PL bL PaS x y

d. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki

lubang:

2

23S P y L

2

23 1

1 4 42

S S L P L a P L a PL Lb Pa

e. Kecepatan bola biliard sesaat setelah dipukul :

0 0 F t mv

00

F t v

m

Kecepatan bola biliard sesaat sebelum menumbuk dinding sisi AB:

2 20 1 1

1 12 2

mv mv kmRS


10/20




2

01 12

F t v kRS

m

Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk sisi AB:

2

01 21 1

1

sin2

sin

F t ev S bv e kRS m S y

Kita mengetahui bahwa 2 2 y S , sehingga

2

01 1

1

22

eb F t v kRS

S m

Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk dinding BD :

2 21 2 2

1 12 2

mv mv kmRS

22 2

01 1 22

1

22 2

e b F t v kRS kRS

mS

Kecepatan bola biliard sesaat setelah menumbuk dinding BD :

22 2

0 322 1 22

21

2sin2 2

sin

e b F t S ev xv e kRS kRS m S LS

Kita gunakan hubungan 2 2 x S , sehingga :

22 2

1S b L x a

2 21 L S b a x

2 2 21

2

S L S b a

Oleh karena itu :

22 23 0

2 1 222 2 2 1

1

22 2

22

e beS F t v kRS kRS

mS S S b a

Kecepatan bola biliard sesaat sebelum masuk ke dalam lubang :

2 22 3 3

1 12 2

mv mv kmRS

22 22 23 0

3 1 2 32 212 2 2

1

22 2 2

22

e be S F t v kRS kRS kRS

mS S S b a

3. Pembahasan :a. Gambar posisi partikel A, B dan C .


11/20




Posisi partikel A :

0 A x

13cos A y L

Posisi partikel B :

0 B x 2cos B y L

Posisi partikel C :

1 23sin sinC x L L

Hubungan θ1 dan θ2 :

1 23sin sin L L

1 23sin sin

b.

Komponen kecepatan partikel A :

, 0 A

A x

dxv

dt

1, 1 1 13sin 3 sin

A A y

dy d v L L

dt dt

Kecepatan partikel A :2 2

, , 1 13sin A A x A yv v v v L

Komponen kecepatan partikel B:

, 0 B

B x

dxv

dt

2, 2 2 2sin sin B B y dy d v L L

dt dt

Kecepatan partikel B :2 2

, , 2 2sin B B x B yv v v L

Komponen kecepatan partikel C:

2, 2 2 2cos 3 cos

BC B x

dydx d v L L

dt dt dt

, 0C

C y

dyv

dt

Kecepatan partikel C :

A

L

3 L

1

2 B

CO

x

y

g

0C y


12/20




2 2, , 2 2cosC C x C yv v v L

Energi total sistem :

2 2 21 1 12 2 2

A B C A B C E mv mv mv mgy mgy mgy

2 2 2 2 21 1 2 1 23 1sin 3cos cos2 2

E m L m L mgL

Hubungan 1 dan 2 :2

2 21

sinsin

3

2 22 2 2

1 1

sin 3 sincos 1 sin 1

3 3

Hubungan 1 dan 2 :

1 23sin sind d dt dt

1 1 2 23cos cos

2 21

22

cos

3 sin

Energi total sistem dalam 2 dan 2 :

2 2 22 2 22 2 2 2 2

2 2 2 222

cos sin3 1 3 sin cos2 3 23 sin

E m L m L mgL

222 2 2

2 2 222

sin 21 1 3 sin cos2 4 3 sin

E m L mgL

c.

Kondisi awal sistem :

1sin6

2 1sin 3sin

21sin 3sin 3

6 2 atau 2

3 .

1 2 0 Energi awal sistem :

2

1 13 3 22 2

awal E mgL mgL

Posisi akhir sistem:

02 90 sehingga 1

1sin 33

dan 11cos 63

.

Energi akhir sistem :

2 22

1 22

akhir E m L mgL

Kekekalan energi :

2 22

12 22

mgL m L mgL

2 2

2 2 2 g

L

Kecepatan sudut 1 ketika0

2 90 :


13/20




02

1 12 0

cos900

3 sin 90

Kecepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang

pertama kali.

Kecepatan partikel A:

1 13sin 0 Av L

Kecepatan partikel B:

2 2sin 2 2 2 Bv L gL Kecepatan partikel C:

2 2cos 0C v L

Komponen percepatan partikel A :

,, 0

A x A x

dva

dt

, 2, 1 1 1 13sin 3cos

A y

A ydva L L

dt

Komponen percepatan partikel B:

,, 0

B x B x

dva

dt

, 2, 2 2 2 1sin 3 cos

B y

B y

dva L L

dt

Komponen percepatan partikel C:

, 2, 2 2 2 2cos sin

C xC x

daa L L

dt

,, 0

C yC y dva

dt

Hubungan 1 dan 2 :

1 2 21

3cos cosd d dt dt

2 2

1 1 1 1 2 2 2 23cos 3 sin cos sin Energi total sistem konstan sehingga berlaku :

0dE dt

2 321

2 2 2 22 2 2 322 2 2 2 2 2 2 222 2

2 2

8 sin4 3 sin 4sin 2sin 2 11 3 sin 2 sin 2 sin 02 24 3 sin 16 3 sin

g L L g

Substitusikan nilai 02 90 , maka kita akan memperoleh

2 0 L g

2

g

L

Hubungan 1 dan 2 ketika0

2 90 :2 2

1 1 1 1 2 2 2 23cos 3 sin cos sin 2

1 213 63


14/20




1

2 2 22

g

L

1

2 2 1 g

L

Percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali.

Percepatan partikel A :

21 1 1 1 ˆ ˆ3sin 3 cos 2 3 2 1 Aa L L j g j Percepatan partikel B :

22 2 2 2 ˆ ˆsin 3 cos Ba L L j g j Percepatan partikel C:

22 2 2 2 ˆ ˆcos sin 2 2 2 Ba L L i g i

4.

Pembahasan :a. Besar muatan induksi q dalam dielektrik :

01

11q Q K

b. Besar medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat :

00

0

Q E

A

c.

Besar medan listrik dalam dielektrik :

0

0 1

Q E

AK

d.

Besar potensial listrik pada kapasitor : 0V E d l El

0 000 0 1

Q QV E d l E d l d l d l

A AK

e. Capasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan :

0 0 1

1

Q AK C

V d l K l

f. Ketika kapasitor dimuati, kapasitor cenderung untuk menarik cairan dielektrik. Ketika

gaya tarik elektrostatik diseimbangkan oleh berat cairan dielektrik, ketinggian cairandielektrik tidak akan naik lagi. Misalkan lebar kapasitor adalah b= A/a. Misalkan x

sebagai ketinggian kapasitor berisi cairan dielektrik. Sehingga kapasitas total kapasitoradalah

02 0 0 2 1

b a x K bx AC K x a

d d ad


15/20




Persamaan energi dalam kapasitor :

212 LVdQ d CV F dx Tegangan V 0 konstan dan Q=CV , sehingga

20 0V dQ V dC

Karena itu

2 20 0

1

2 eV dC V dC F dx

20

12

edC F V dx

Besar gaya elektrostatik :

0 220

112

e

A K F V

ad

Gaya berat cairan dielektrik :

g cairan A F mg V g h dg a

Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:

e g F F

0 220

112

A K AV h dg ad a

20 0 22

112

V K h

d g

g. Baterai dilepas sehingga dQ=0. Tegangan awal sistem V0. Persamaan energi menjadi :

2 21 12 2ed dV dC F CV VC V dx dx dx

Karena

0 0

2

Q QdV d dC dx dx C dxC

sehingga2 2 20 0 0

2 2 2

1 12 2

e

Q Q QdC dC dC F dx dx dxC C C

Besar gaya elektrostatik menjadi :

20 0

22

1 12

e

Q A F K

ad C

220 0

22

02

1 12

1

e

Q A F K

ad A K x a

ad

h x


16/20




20 2

2

0 2

112 1

e

Q ad K F

A K x a

Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:

e g F F

2

0 2

2

0 2

112 1

Q ad K Ah dg a A K x a

2 20 2

220 2

112 1

Q a K h

A g K x a

5. Pembahasan :

a.

Energi kinetik benda X maksimum ketika benda tidak slip saat menuruni loop kanan.

Gerak translasi benda X :

sin cmmg f ma Gerak rotasi benda X :

f r I 2 f r mr

f mr

Percepatan pusat massa benda X dengan cma r :

sin

1cm

g a

Gaya gesek pada benda X:sin

1

m g f

Syarat agar benda X tidak slip:

s f N

sincos

1 s

m g mg

tan

1 s

Mula-mula benda X berada pada sudut θ=45

0

(sudut seperdelapan lingkaran).

rm

R

A kasarmg

fθ

R

B kasar

licin

θmaks


17/20




Besar koefisien gesek minimum :

1

b.

Oleh karena benda X bergerak tanpa slip, maka kecepatan benda X di titik A sama

dengan kecepatan benda X di titi B. Kekekalan energi :

2 2

1 11 cos 2 2 B Bmg R r mv I

Besar sudut awal θ=450 (sudut seperdelapan lingkaran) dan B Bv r .

2

2 2

2

1 1 11 22 2 2

B B

vmg R r mv mr

r

2 21

B

g R r v

c. Benda X slip saat menaiki loop kiri sehingga benda X hanya memiliki energi kinetik

translasi saat mulai menaiki loop kiri. Kekekalan energi :

21

1 cos2 B maksmv mg R r

2 2

1 cos2 1

maks

2 2

cos2 1

maks

1 2 2cos

2 1maks

Panjang lintasan yang ditempuh benda X di loop kiri :

1 2 2

cos 2 1maks s R R

d.

Benda X kembali melewati titik B dengan kecepatan yang sama dengan kecepatan

awal saat benda X mulai menaiki loop kiri.

2 21

B

g R r v

Kecepatan angular benda X sama dengan nol saat kembali melewati titik B.

Momentum angular sistem kekal terhadap acuan lintasan.

Momentum angular benda X di titik B :

2 21awal B g R r L mv r mr

Momentum angular benda X di titik A saat benda X sudah bergerak tanpa slip :

2 1 Aakhir A A A Av

L mv r I mv r mr mv r r

Kekekalan momentum angular :

2 21

1 A

g R r mr mv r


18/20




2 21

11 A

g R r v

Nilai vA juga dapat ditemukan menggunakan Hukum Newton untuk dinamika rotasi

dan translasi.

Percepatan benda X ;

1a g g

Panjang lintasan AB :2 2 2 A Bv v aL

3

2 2 2 2 2

1 11

g R r g R r gL

2 22

2

R r L

e. 1) Jika panjang BA L, maka benda X bergerak menggelinding tanpa slip

saat meninggalkan lintasan AB. Benda X akan diam sesaat di posisi mula-mula

pada loop kiri (sudut seperdelapan lingkaran) dan kemudian benda X akan bergerak

turun tanpa slip. Benda X akan terus menerus bergerak dengan pola yang sama.

f. Karena kecepatan translasi benda X dan Y sama sesaat sebelum tumbukan maka kedua

benda akan bertumbukan di tengah lintasan AB:

2 22

2 4

R r Ld

Substitusikan nilai 23

untuk silinder berongga:

2 2 23

d R r

g.

Kecepatan awal benda X dan Y:

, , 2

3

2 2 3 2 2

51 X B Y A

g R r g R r v v

Percepatan benda X dan Y:

21 5

a g g g

Tinjau persamaan gerak benda Y :

2,

12

X Ad v a

2

2 2 3 2 212 0

4 5 5

R r g R r g

2

15 2 210 2 2 03

g R r R r

g g

Selesaikan persamaan ini menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat dan

ambil solusi waktu terkecil sebagai solusi yang fisis.


19/20




15 2 2 15 2 2 40 2 21 12 2 3

g R r R r R r

g g g

5 2 23

R r

g

h.

Kecepatan benda Y sesaat sebelum tumbukan :

,

3 2 2 5 2 2 2 22

5 5 3 15Y d

g R r R r R r v g

g g

Kecepatan ,Y d v arahnya ke kiri.

Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan :

, ,

2 2

15 X d Y d

R r v v

g

Kecepatan , X d v arahnya ke kanan.

Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan :

, 2 X d

fr mgr g

I r mr

Substitusikan nilai 21 5

dan

5 2 23

R r

g

, kita kan memperoleh :

,

3 2 21

5 X d

R r

r g

Tumbukan antara benda X dan Y lenting sempurna.

Kecepatan benda X sesaat setelah tumbukan :

, 2 215

X d

R r v

g

Kecepatan , X d v arahnya ke kiri.

Nilai dan arah kecepatan angular benda X sebelum dan sesudah tumbukan sama.

Gaya aksi-reaksi akibat tumbukan tepat di pusat massa benda X sehingga momentum

angular benda X tetap sama.

, ,

3 2 21

5 X d X d

R r

r g

Kecepatan benda Y sesaat setelah tumbukan :

,

2 2

15Y d

R r v

g

Kecepatan , X d v arahnya ke kanan.

i. 1) Waktu yang dibutuhkan benda X untuk berhenti sesaat :

,1

2 2 5 2 25

2 15 12

X d g R r R r v

t a g g

Kecepatan angular benda X ketika benda X berhenti sesaat :


20/20




, 1

3 2 2 5 2 2315 5 12

X X d

R r R r g t

r g r g

3 2 212 5

X

g R r

r

Nilai kecepatan angular benda X masih bernilai positif (searah jarum jam) ketika benda X berhenti sesaat.

Jarak yang ditempuh benda X untuk berhenti sesaat diukur dari posisi tumbukan:

2,

2 251 1 2 2

2 2 2 15 12

X d X

g R r vS R r

a g

Oleh karena2

X d S , maka benda X akan bergerak kembali kanan sebelum

menempuh titik B. Panjang lintasan d/2 cukup untuk membuat benda X bergerak

tanpa slip saat bergerak menuju titik B. Kita X akan bergerak tanpa slip sebelum

mencapai titik B dengan arah gerak ke kanan.

2) Benda Y akan berhenti pada jarak2

Y X d S S dari titik A.

Benda X berhenti sebelum menaiki loop kanan.

3) Benda X akan menumbuk benda Y kedua kali-nya.

Benda X sudah bergerak tanpa slip saat menumbuk benda Y untuk yang

kedua kali-nya. Kekekalan momentum angular :

X X X I mv r I

2 2 X X X

vmr mv r mr

r

Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :

3 2 211 5 5

X X

g R r r v

Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :

3 2 215 5

X X

g R r v

r r

Kecepatan benda Y sama dengan nol sebelum tumbukan kedua.Kecepatan linear benda X sama dengan nol setelah tumbukan kedua dan kecepatan

angularnya tidak berubah. Sesudah tumbukan kedua, kecepatan linear benda Y

sama dengan kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan.

3 2 215 5

Y

g R r v

j. Benda X akan menumbuk benda Y terus menerus hingga suatu saat kedua benda akan

menempel dan benhenti di suatu titik pada lintasan AB.

Soal Dan Pembahasan Osn Fisika Sma 2014

Documents

Transcript of Soal Dan Pembahasan Osn Fisika Sma 2014