Jawaban Soal OSK FISIKA 2014

Jawaban Soal OSK FISIKA 2014 1. (10 poin) Sebuah benda bergerak sepanjang sumbu x dimana posisinya sebagai fungsi dari waktu dapat dinyatakan dengan kurva seperti terlihat pada gambar samping (x dalam meter dan t dalam detik). Tentukan: a- kecepatan sesaat di titik D b- kecepatan awal benda c- kapan benda dipercepat ke kanan Jawaban: a- kecepatan di titik D adalah gradien garis lurus yang menyinggung kurva di titik D.

(1 poin)

Karena D merupakan titik puncak maka gradien garis singgungnya = 0,

(1 poin)

atau

vD 

dx |D  0 dt

(1 poin)

b- kecepatan awal benda berarti kecepatan benda di titik O.

(1 poin)

Gradien garis lurus yang menyinggung kurva di titik O adalah:

vO 

dx 15   1,875 m / s dt O 8

(1 poin)

c- benda dipercepat ke kanan, berarti: syaratnya:

kecepatan v > 0, DAN

percepatan a > 0

v > 0 dipenuhi hanya pada saat 0  t < 10, sedangkan pada saat itu (0  t < 10) nilai a < 0 (percepatan a tidak pernah positif). Jadi benda tidak pernah dipercepat ke arah kanan.

(1 poin) (1 poin) (1 poin) (2 poin) Halaman 1 dari 13

2. (10 poin) Dua mobil bergerak melalui jalan yang sama dan berangkat dari titik awal yang mobil B

sama secara bersamaan. Kurva kecepatan kedua mobil diberikan pada gambar di samping.

mobil A

(a) Tentukanlah persamaan jarak tempuh A dan B sebagai fungsi dari waktu (b) Tentukanlah kapan dan di mana mobil A berhasil menyusul mobil B. (c) Sketsakan kurva posisi kedua mobil terhadap waktu dalam satu gambar. Ambil selang waktu sejak kedua mobil berangkat hingga sesaat setelah mobil A menyusul mobil B. (d) Jika setelah menempuh jarak 60 m mobil A melambat dengan besar perlambatan yang sama dengan besar percepatan ketika awal perjalanan, kapan dan di manakah mobil B berhasil menyusul kembali mobil A?

Jawaban:

(a) Dari gambar, diperoleh: percepatan mobil A aA = 2/4 = 0,5 m/s2.

(0,5 poin)

Percepatan mobil B aB = 0 m/s2.

(0,5 poin)

Jarak yang ditempuh mobil A dan B tiap waktu adalah: SA(t) = So + voA t + ½ aA t2 = 2t + 0,25 t2

(1 poin)

2

SB(t) = So + voB t + ½ aB t = 4t.

(1 poin)

(b) Mobil A berhasil menyusul mobil B jika jarak yang ditempuh kedua mobil telah sama, sehingga: SA = SB

(1 poin)

4t = 2t + 0,25t2, dari penyelesaian persamaan ini diperoleh t = 8 detik. (0,5 poin) Jarak yang ditempuh oleh kedua mobil saat A berhasil menyusul B adalah SA = SB = 4 t = 32 m. (0,5 poin) Halaman 2 dari 13

(c) Kurva dari posisi kedua benda yang memenuhi persamaan pada jawaba (a) adalah:

50 45

A

Kurva A: (0,5 poin)

40

B

Kurva B: (0,5 poin)

35 30 25 20 15 10 5 0 0

2

4

6

8

10

12

(d) Mobil A mencapai jarak 60 meter saat t =12 detik dengan kecepatan 8 m/s. Dan saat itu mobil B telah menempuh jarak 48 m. Posisi kedua mobil setelah itu adalah SA = SoA + voA t’ + ½ aA t’2 = 60 + 2 (t - 12) - 0,25 (t - 12)2

(1 poin)

SB = SoB + voB t’ + ½ aB t’2 = 48 + 4 (t - 12)

(1 poin)

Mobil B akan menyusul mobil A saat SA = SB.

(1 poin)

60 + 2 (t - 12) - 0,25 (t - 12)2 = 48 + 4 (t - 12) Dengan menyelesaikan persamaan kuadrat diatas, diperoleh t = 16 detik.

(0,5 poin)

Saat itu, kedua mobil telah menempuh jarak 64 m dari posisi awal.

(0,5 poin)

Halaman 3 dari 13

3. (12 poin) Sebuah bola dilepaskan pada ketinggian h dari permukaan bidang miring yang memiliki sudut kemiringan  terhadap horisontal (lihat gambar).

h

Sesampainya di permukaan bidang miring, bola memantul-mantul secara elastik. Bidang miring dianggap sangat panjang. Hitung (nyatakan dalam h dan ):



a. waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua, b. jarak antara pantulan pertama dan kedua.

Jawaban: aBola mendarat pertama kali di permukaan bidang miring dengan kecepatan:

y

v0  2 gh

h

 

… (1)

(1 poin)

Kemudian karena memantul elastik, maka kecepatan pantulannya juga v0 dan membentuk sudut  terhadap normal.



Selanjutnya tinjau gerak bola terhadap sumbu- xy sesuai bidang miring. Gerak terhadap sumbu- y :

y  v0 yt  12 g yt 2 

y  v0 cos  t  12 g cos  t 2

(1 poin) (1 poin)

Ketika bola mendarat kedua kalinya, maka y  0 , sehingga waktunya: 0  v0 cos  t  12 g cos  t 2



t

2vo h 2 2 g g

… (2)

(2 poin) (2 poin)

Halaman 4 dari 13

b- Gerak terhadap sumbu- x : x  v0 xt  12 g xt 2  x  v0 sin  t  12 g sin  t 2 … (3)

(1 poin)

Masukkan persamaan (1) dan (2) kedalam (3), diperoleh jarak antara pantulan pertama dan kedua:

 2v   2v  x  v0 sin   0   12 g sin   0   g   g   x

 x

4v02 sin  g 4  2 gh  g

sin   8h sin 

2

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin)

Halaman 5 dari 13

4. (12 poin) Sebuah roda bermassa m, dan jarijari r dihubungkan dengan pegas tak

k

m r

bermassa yang memiliki konstanta pegas k, seperti ditunjukkan pada gambar. Roda itu x=0

berotasi tanpa slip diatas lantai. Titik pusat

massa roda berosilasi secara harmonik pada arah horizontal terhadap titik setimbang di x = 0. Tentukan: a. Energi total dari sistem ini b. Frekuensi osilasi dari sistem ini

Jawaban:

a. Sistem ini terdiri atas pegas, dan roda. Karena gerak roda tidak slip, jika roda bergerak sejauh x, maka x x  2  radian , roda berotasi sebesar   (2 poin) 2 r r x dengan kecepatan sudut sebesar     , (2 poin) atau v  r . (1 poin) r Sehingga energi total pada titik x adalah: Etot ( x)  12 kx 2  12 mv 2  12 I  2  12 kx 2  12 mx 2  12 mr 2

x2 1 2  2 kx  mx 2 2 r

(2 poin + 1 poin)

dEtot 0 (2 poin) dt atau xkx  2mx  0  (1 poin) 2mx  kx  0 Sistem ini adalah sistem gerak harmonis sederhana,

b. Dari hukum kekekalan energi, maka

dengan frekuensi sudut  

k 2m

(1 poin)

Halaman 6 dari 13

5. (12 poin) Sebuah bola berada di atas sebuah tiang vertikal (lihat gambar). Tiba-tiba bola tersebut pecah menjadi dua bagian. Satu bagian terpental ke kiri dengan kecepatan 3 m/s dan satu bagian lagi terpental ke kanan dengan kecepatan 4 m/s. Pada kondisi tertentu vektor kecepatan dari dua pecahan tersebut saling tegak lurus. Hitung: a. waktu yang dibutuhkan hingga kondisi itu tercapai setelah tumbukan, b. jarak antara kedua pecahan itu saat kondisi diatas terjadi. Jawaban: a- Setelah waktu t : kecepatan pecahan kiri: v  v0  gt dengan v0  v0  3 m/s

(1 poin)

kecepatan pecahan kanan: u  u0  gt dengan u0  u0  4 m/s

(1 poin)

Karena tegak lurus, maka: v  u  0   v0  gt    u0  gt   0

(2 poin)

 v0  u0  v0  gt  u0  gt  g  gt 2  0 …(1)

(1 poin)

Karena v0 ke kiri dan u0 ke kanan, maka: v0  u0  v0u0

(2 poin)

Karena v0 dan u0 tegak lurus g , maka: v0  g  0 dan u0  g  0

(1 poin)

Sehingga dari persamaan (1) diperoleh: t

v0u0 g

t

v0 u 0 g



3.4 1  3 detik …(2) (1 poin) 10 5

b- Jarak dua pecahan ketika itu: d  v0  u0 t   v0  u0 

 d  3  4

v0u0

3.4 7  3m 10 5

g

(2 poin) (1 poin) Halaman 7 dari 13

6. (20 poin) Sebuah batang tegar tak bermassa dengan panjang L memiliki dua buah titik massa di ujung batang A dan B masingmasing dengan massa m. Sistem mula-mula

L

diam pada suatu permukaan datar licin, dimana batang AB membentuk sudut  terhadap garis horisontal AC. Sebuah titik massa C dengan massa m menumbuk titik massa A secara elastik dengan kecepatan awal

v0 . Setelah tumbukan, C bergerak dengan kecepatan v0 ' berlawanan arah mula-mula, sedangkan gerakan batang AB dapat dinyatakan dalam bentuk kecepatan pusat massa Vcm dan rotasi dengan kecepatan sudut  terhadap pusat massa. a. Tentukan Vcm ,  dan v0 ' dinyatakan dalam , L dan v0 . b. Tentukan sudut  masing-masing untuk kasus (i) Vcm bernilai maksimum, (ii)  bernilai maksimum, (iii) v0 ' bernilai maksimum atau minimum. Kemudian jelaskan gerakan benda masing-masing setelah tumbukan untuk setiap kasus tersebut. Jawaban:

Gambar sesaat setelah tumbukan

Halaman 8 dari 13

Momentum total sistem sebelum tumbukan adalah mv0 (arah positif ke kanan). Momentum total sistem setelah tumbukan adalah momentum C sebesar mv0 ' ditambah momentum pusat massa AB (yang massanya 2m) sebesar 2mVcm . Hukum kekekalan momentum memberikan mv0  mv0 ' 2mVcm  v0 '  2Vcm  v0 Energi kinetik total sebelum tumbukan adalah Setelah tumbukan, energi kinetik C sebesar

… (1)

(2 poin)

1 mv 2 . 0 2

1 mv '2 , 0 2

sedangkan energi kinetik batang AB adalah jumlah energi kinetik pusat massa sebesar 1 (2m)V 2 cm 2

dan energi kinetik rotasi pada kerangka pusat massa sebesar 2. 12 m( L / 2)2 .

Karena tumbukan bersifat elastik, hukum kekekalan energi kinetik berlaku dan memberikan 1 mv 2 0 2

 12 mv0 '2  mVcm2  14 m 2 L2  v02  v0 '2  2Vcm2  12  2 L2

…(2) (2 poin)

Sebelum tumbukan, momentum sudut terhadap titik A baik untuk titik C maupun batang AB sama dengan nol. Setelah tumbukan, momentum sudut C terhadap titik A sama dengan nol, sedangkan momentum sudut batang AB terhadap titik A adalah jumlah momentum sudut pusat massa sebesar ( L / 2)(2m)Vcm sin   mVcm L sin  dan momentum sudut rotasi pada kerangka pusat massa sebesar 2I  2m( L / 2)2   m L2 / 2 . Disini tanda positif adalah untuk searah jarum jam, sementara kecepatan sudut  berlawanan arah jarum jam. Hukum kekekalan momentum sudut memberikan

0  mVcm L sin   m L2 / 2   L  2Vcm sin  Gabungan ketiga persamaan di atas akan menghasilkan 2 Vcm  v0 3  sin 2  4sin  v0  3  sin 2  L

v0 ' 

cos 2  3  sin 2 

v0

… (3)

(2 poin)

… (4)

(2 poin)

… (5)

(2 poin)

… (6)

(2 poin)

b- Agar Vcm maksimum, maka sin 2  harus bernilai minimum yaitu nol. Maka sin   0 yang berarti  = 0. Halaman 9 dari 13

Untuk nilai  = 0,

Vcm  2v0 / 3 ,

  0 dan v0 '  v0 / 3 .

(1 poin)

Disini, mula-mula batang AB sejajar dengan garis horisontal CA. Tumbukan yang terjadi hanya tumbukan satu dimensi dimana batang AB akan bergerak translasi sejajar garis CA dan tidak mengalami gerak rotasi. (1 poin) (ii) Agar  maksimum, maka 4sin  f ( )  3  sin 2  diturunkan terhadap  dan nilainya sama dengan 0 diperoleh,

f '( ) 

4cos  (3  sin 2  )  4sin  (2sin  cos  ) (3  sin 2  )2



4cos  (3  sin 2  ) (3  sin 2  )2

Nilai yang mungkin hanyalah cos   0 atau   900 . Untuk nilai ini,   v0 / L , Vcm  v0 / 2 dan

0 (1 poin)

v0 '  0 .

(1 poin)

Disini, mula-mula batang AB tegaklurus dengan garis horisontal. Setelah tumbukan, massa C diam, batang AB bergerak translasi dan rotasi dengan kecepatan pusat massa Vcm  v0 / 2 dan kecepatan sudut pusat massa   v0 / L . (1 poin) (iii) Agar v0 ' bernilai maksimum atau minimum maka fungsi

g ( ) 

cos 2 

3  sin 2  diturunkan terhadap  dan nilainya sama dengan 0. Seperti pada cara di atas, hasilnya adalah sin 2  0 yang berarti   00 atau   900 .

(1 poin)

Untuk   00 , kasusnya sama seperti Vcm maksimum, dimana v0 '  v0 / 3 . Ini adalah nilai v0 ' maksimum.

(1 poin)

Untuk   900 , kasusnya sama seperti  maksimum, dimana v0 '  0 . Ini adalah nilai v0 ' minimum. (1 poin)

Halaman 10 dari 13

7. (12 poin) Sebatang tongkat homogen panjang l dan massa m digantungkan pada sebuah lidi kecil yang melalui suatu lubang kecil A di ujung tongkat bagian atas. Tongkat diberi impuls dari sebuah gaya ke arah kanan pada suatu titik berjarak d dari titik poros tadi. Agar setelah dipukul, tongkat dapat berotasi mengelilingi titik A, tentukan: a. jarak d minimum (nyatakan dalam l) b. periode osilasinya jika tongkat kemudian berosilasi, c. jika tongkat tersebut kita anggap sebagai sebuah bandul matematis, tentukan panjang tali dari bandul matematis tersebut agar menghasilkan periode osilasi yang sama dengan jawaban b) diatas. Jawaban: a- Jika tongkat tidak tergantung pada sebuah poros, maka ketika tongkat dipukul oleh impuls P maka pusat massa tongkat akan bergerak ke kanan dengan laju sebesar:

P m Karena tongkat berotasi dengan poros di A, maka vC 

Pd  I A

dimana

Titik pusat massa C bergerak dengan kecepatan: l vC  2 Selesaikan 3 persamaan diatas, diperoleh: 2 m  l  d  ml  3  2  2l d Sehingga, 3 poin)

(2 poin)

1 I A  ml 2 3

(2 poin)

(2 poin)

 

(2

b- Frekuensi osilasi bisa dinyatakan dalam bentuk:

fA 

1 2

l 2g G A2

IA l2  = jari-jari girasi m 3 Jadi periode osilasinya adalah: dimana G A 

Halaman 11 dari 13

TA  2

2l 3g

(2 poin)

c- Jika tongkat dianggap sebagai sebuah bandul matematis (ayunan bandul) maka panjang talinya adalah L, sehingga: L T  2 g 2l Jika T = TA, maka L  (2 3 poin) Jadi nilai ini sama dengan hasil pada jawaban a).

8. (12 poin) Sebuah tangga pejal uniform dengan massa m

dan

panjang l bersandar pada dinding licin dan berada di atas lantai yang juga licin. Mula-mula tangga itu ditempatkan HAMPIR menempel dengan dinding dan dalam keadaan diam. Setelah dilepas, tangga itu pada bagian atasnya merosot ke bawah, dan tangga bagian bawah bergerak ke kanan, seperti ditunjukkan pada gambar disamping. Tentukan: a. kecepatan pusat massa dari tangga tersebut selama bergerak, b. sudut  (sudut antara tangga terhadap dinding) dimana kecepatan pusat massa komponen horizontal mencapai maksimum, c. kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal. Jawaban:

a. Titik pusat massa (PM) tangga berada di tengah-tengah, jarak dari PM ke ujung-ujung tangga, r  l 2 . Pada saat tangga masih kontak dengan dinding, maka gerak PM tangga



r PM

bergerak secara melingkar, dengan jari-jari r . Ambil  adalah sudut apit antara dinding dengan tangga, seperti

 r

r

Halaman 12 dari 13

gambar. Pada saat tangga turun, energi potensial berkurang sebesar E p  mgr (1  cos  )

(2 poin)

Sedangkan energi kinetik bertambah Ek  12 mr 2 2  12 I 2

dengan I pm 

1 1 ml 2  mr 2 12 3

(2 poin) E k 

sehingga

2 2 2 mr  3

Dari hukum kekekalan energi: mgr (1  cos  )  23 mr 2 2 Diperoleh kecepatan PM dari tangga adalah:

v  r 

3gr (1  cos  ) 2

b. Kecepatan PM komponen horizontal vx 

(2 poin)

3gr (1  cos  ) cos  2

(1 poin)

Kecepatan maksimum PM terjadi pada saat

(1  cos  ) cos  berharga maksimum,

(2 poin)

1 cos   23 , atau   cos 23

 

(1 poin)

vx max  13 2 gr  13 gl

(2 poin)

yaitu pada saat

c. Maka:

Halaman 13 dari 13