OSN Fisika

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
2010
𝑣(𝑚/𝑠)
𝑡(𝑠)
𝐶
𝐷
𝐸
𝐹
𝐵
𝐴

2014(kab/kota)
2. Pembahasan
mobil A
kecepatan awal ( 𝑡0𝐴 = 0 ⇋ 𝑣0𝐴 = 2𝑚/𝑠)
kecepatan akhir ( 𝑡 𝐴 = 4 ⇋ 𝑣 𝐴 = 4𝑚/𝑠)
mobil B (kecepatan tetap)
kecepatan mobil ( 𝑣 𝐵 = 4𝑚/𝑠)
a. Persamaan gerak tempuh A dan B sebgai fungsi dari waktu
mobil A bergerak dengan percepatan konstan, sebesar
𝑎 =
𝑣 𝐴 − 𝑣0𝐴
𝑡 𝐴 − 𝑡0𝐴
=
4 − 2
4 − 0
=
1
2
𝑚𝑠−2
dengan menganggap kedua mobil bergerak dari titik yang
sama, maka jarak yang ditempuh mobil A adalah
𝑆𝐴 = 𝑣0𝐴 𝑡 +
1
2
𝑎𝑡2
= 2𝑡 +
1
2
(
1
2
) 𝑡2
= 2𝑡 +
𝑡2
4
mobil B bergerak dengan kecepatan konstan, maka jarak
yang ditempuh adalah :
𝑆 𝐵 = 𝑣 𝐵 𝑡 = 4𝑡
b. mobil A berhasil menyusul mobil B saat memiliki jarak yang
sama.
𝑆𝐴 = 𝑆 𝐵
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
𝑆 𝐵 = 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 = 𝑆 𝐵
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 ( 𝑆 𝐵 = 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
𝑎 𝑥 = 𝑔 𝑥 = 𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑎 𝑦 = 𝑔 𝑦 = −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 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑣0𝑦 = −𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝛼
setelah menumbuk bidang miring secara elastik, maka
kecepatan bola terhadap sumbu x dan y
𝑣1𝑥 = 𝑣0𝑥 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑣1𝑦 = −𝑣0𝑦 = 𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝛼
persamaan gerak benda setelah tumbukan pertama adalah
𝑥1 = 𝑣1𝑥 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑥 𝑡2
⇋ 𝑥1 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡 +
1
2
𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡2
𝑦1 = 𝑣1𝑦 𝑡 +
1
2
𝑎 𝑦 𝑡2
⇋ 𝑦1 = 𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡 −
1
2
𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡2
bola memantuk untuk kedua kalinya ( 𝑦1 = 0), maka :
𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡 −
1
2
𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡2
= 0 ⇋ 2𝑣0 = 𝑔𝑡
waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua
adalah :
𝑡1 =
2𝑣0
𝑔
⇋ ℎ = ℎ 𝑚 =
𝑣0
2
2𝑔
b. jarak antara pemantulan pertama dan kedua
bola memantul kedua kalinya setelah menempuh jarak ( 𝑙)
dalam waktu ( 𝑡1)
𝑙 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡1 +
1
2
𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡1
2
𝑙 = [
2𝑣0
2
𝑔
+
1
2
(
4𝑣0
2
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
2
𝑚𝑟2
energi potensial pegas
∴ 𝐸𝑝 𝑝𝑒𝑔𝑎𝑠 =
1
2
𝑘𝑥2
energi kinetik translasi roda :
∴ 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 =
1
2
𝑚𝑣2
=
1
2
𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
energi kinetik rotasi roda
∴ 𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡 =
1
2
𝐼𝜔2
=
1
4
𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
maka energi total sistem adalah
𝐸𝑡𝑜𝑡 = 𝐸𝑝 𝑝𝑒𝑔𝑎𝑠 + 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 + 𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡
𝐸𝑡𝑜𝑡 =
1
2
𝑘𝑥2
+
1
2
𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
+
1
4
𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
𝐸𝑡𝑜𝑡 =
3
4
𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
+
1
2
𝑘𝑥2
b. frekuensi osilasi dari sistem ini
energi sistem bersifat kekal, sehingga berlaku :
𝑑𝐸𝑡𝑜𝑡
𝑑𝑡
= 0
𝑑
𝑑𝑡
[
3
4
𝑚 (
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
+
1
2
𝑘𝑥2] = 0
𝑑
𝑑𝑡
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡
+
2𝑘𝑥
3𝑚
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 0
𝑑2
𝑥
𝑑𝑡
+
2𝑘
3𝑚
𝑥 = 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 = 𝑣1𝑥 𝑖 + 𝑣1𝑦 𝑗 = 4𝑖 − 𝑣𝑦 𝑗
𝑣2 = 𝑣2𝑥 𝑖 + 𝑣2𝑦 𝑗 = −3𝑖 − 𝑣𝑦 𝑗
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+ 𝑣𝑦
2
∴ 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
𝑚 𝐴 = 𝑚 𝐵 = 𝑚 𝐶 = 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
𝑝 𝑎𝑤 = 𝑝 𝑎𝑘
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
2
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝐶

2014(kab/kota)
𝐿 𝑎𝑤 = 𝐿 𝑎𝑘
𝑚𝑣0
𝐿
2
𝑠𝑖𝑛𝜃 = −𝑚𝑣0
′
𝐿
2
𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝐼𝜔 …3)
momen inersia total dua titik massa yang menempel pada
batang adalah :
𝐼 =
𝑚𝐿2
2
+
𝑚𝐿2
2
=
𝑚𝐿2
2
… 4)
maka :
𝑚𝑣0
𝐿
2
𝑠𝑖𝑛𝜃 = −𝑚𝑣0
′
𝐿
2
𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝐼𝜔
𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝜃 = −𝑣0
′
𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝐿𝜔
masukkan persamaan 2), maka :
𝜔 =
(𝑣0 + 𝑣0
′
)𝑠𝑖𝑛𝜃
𝐿
∴ 𝜔 =
2𝑣𝑐𝑚 𝑠𝑖𝑛𝜃
𝐿
⇋ 𝜔2
=
4𝑣𝑐𝑚
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
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)
𝐸𝑘 𝑎𝑤𝑎𝑙 =
1
2
𝑚𝑣0
2
setelah tumbukan
energi kinetik translasi akhir pada m
𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.1 =
1
2
𝑚𝑣0
′ 2
=
1
2
𝑚(2𝑣𝑐𝑚 − 𝑣0)2
1
2
𝑚(4𝑣𝑐𝑚
2
− 4𝑣𝑐𝑚 𝑣0 + 𝑣0
2)
𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.1 = 2𝑚𝑣𝑐𝑚
2
− 2𝑚𝑣𝑐𝑚 𝑣0 +
1
2
𝑚𝑣0
2
energi kinetik translasi akhir pada 2m
1
2
2𝑚𝑣𝑐𝑚
2
= 𝑚𝑣𝑐𝑚
2
energi kinetik rotasi akhir
𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡 =
1
2
𝐼𝜔2
=
1
2
𝑚𝐿2
2
(
4𝑣𝑐𝑚
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝐿2
)
𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡 = 𝑚𝑣𝑐𝑚
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃

2014(kab/kota)
sehingga persamaan hukum kekekalan energi
𝐸𝑘 𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.1 + 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠.2 + 𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡
1
2
𝑚𝑣0
2
= 2𝑚 𝑣𝑐𝑚
2
− 2𝑚𝑣𝑐𝑚 𝑣0 +
1
2
𝑚𝑣0
2
+ 𝑚𝑣𝑐𝑚
2
+ 𝑚𝑣𝑐𝑚
2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃
𝑣𝑐𝑚(3 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃) = 2𝑣0
∴ 𝑣𝑐𝑚 =
2𝑣0
3 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃
…6)
substitusikan persamaan 6) ke 5), maka :
∴ 𝜔 =
4𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝜃
𝐿(3 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃)
substitusikan persamaan 6) ke 2), maka :
( 𝑠𝑖𝑛2
𝜃 + 𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 1)
𝑣0
′
=
4𝑣0 − 𝑣0(3+ 𝑠𝑖𝑛2
𝜃)
∴ 𝑣0
′
=
𝑣0 𝑐𝑜𝑠2
𝜃
b. besar sudut ( 𝜃) masing-masing kasus ( 𝑣𝑐𝑚) (kecepatan
batang AB) bernilai maksimum saat :
𝑑𝑣𝑐𝑚
𝑑𝜃
= 0
𝑑
𝑑𝜃
(
2𝑣0
) = 0
𝑑
𝑑𝜃
(3 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃)−1
= 0
−(3 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃)−2(2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0
ingat {2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑠𝑖𝑛2𝜃}
𝑠𝑖𝑛2𝜃 = 0 ⇋ 2𝜃 = 0 ⇋ 𝜃 = 0 ⇋∴ 𝜃 𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0
dari sudut ( 𝜃 𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0), kecepatan pusat batang AB
maksimum saat batang mula-mula horizontal.
kecepatan pusat batang bergerak ke kanan apabila :
(masukkan harga [ 𝜃 𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0])
𝑣𝑐𝑚 =
2𝑣0
⇋∴ 𝑣𝑐𝑚 =
2𝑣0
3
kecepatan sudut batang AB bila tidak berotasi besarnya :
(masukkan harga [ 𝜃 𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0])
𝜔 =
𝐿(3 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃)
= 0

2014(kab/kota)
kecepatan massa C akan bergerak kekiri apabila : (masukkan
harga [ 𝜃 𝑣.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0])
𝑣0
′
=
𝑣0 𝑐𝑜𝑠2
𝜃
∴ 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 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃)
) = 0
𝑐𝑜𝑠𝜃[3 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃] − 2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
𝑐𝑜𝑠𝜃(𝑠𝑖𝑛2
𝜃 − 2𝑠𝑖𝑛𝜃 + 3) = 0
maka yang memenuhi syarat makasimum adalah :
𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0 ⇋ 𝜃 𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900
dengan ( 𝜃 𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900
), maka kecepatan sudut AB
maksimum pada saat batang mula-mula vertikal
kecepatan pusat massa batang AB akan berberak ke kanan
bila : (masukkan [ 𝜃 𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900
])
𝑣𝑐𝑚 =
2𝑣0
⇋ 𝑣𝑐𝑚 =
𝑣0
2
kecepatan sudut batang bila bergerak berlawanan arah jarum
jam, bila : (masukkan [ 𝜃 𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900
])
𝜔 =
𝐿(3 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃)
⇋ 𝜔 =
𝑣0
𝐿
kecepatan massa titik C setelah tumbukan akan diam bila :
(masukkan [ 𝜃 𝜔.𝑚𝑎𝑘𝑠 = 900
])
𝑣0
′
=
𝑣0 𝑐𝑜𝑠2
𝜃
⇋ 𝑣0
′
= 0
d. besar sudut ( 𝜃) masing-masing kasus ( 𝑣0
′
) bernilai
maksimum
kecepatan titik massa c maksimum saat :
𝑑𝑣0
′
𝑑𝜃
= 0
𝑑
𝑑𝜃
(
𝑐𝑜𝑠2
𝜃
) = 0

2014(kab/kota)
−2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃(3 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃) − ( 𝑐𝑜𝑠2
𝜃)2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
−2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃[3 + 𝑠𝑖𝑛2
𝜃 + 𝑐𝑜𝑠2
𝜃] = 0
8𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
𝑠𝑖𝑛2𝜃 = 0
𝜃 𝑣0
′ .𝑚𝑎𝑘𝑠 = 0
( 𝜃 𝑣0
′ .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 = 𝐼𝐴 𝜔
𝐹𝑑 = 𝐼𝐴 𝜔
𝐴
𝑑
𝐶
𝐿

2014(kab/kota)
dengan
𝐼𝐴 =
1
3
𝑚𝑙2
; 𝑣𝑐𝑚 =
𝜔𝑙
2
maka :
𝑚𝑑 (
𝜔𝑙
2
) 𝑑 =
𝑚𝑙2
3
𝜔
∴ 𝑑 =
2𝑙
3
b. besar Periode osilasi jika batang berosilasi
−𝑚𝑔
𝑙
2
𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝐼𝐴 𝜃̈
−𝑚𝑔
𝑙
2
𝑠𝑖𝑛𝜃 =
𝑚𝑙2
3
𝜃̈
𝜃̈ +
3𝑔
2𝑙
𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
𝜃̈ + 𝜔2
𝜃 = 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√
𝐿
𝑔
2𝜋√
2𝑙
3𝑔
= 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
12
𝑚𝐿2
) = 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
1
2
𝑚𝑣𝑐𝑚
2
juga energi kinetik rotasi sebesar :
1
2
𝐼𝜔2
syarat agar tangga batang tidak slip, maka
𝑣𝑐𝑚 = 𝜔𝑅 =
𝜔𝐿
2
persamaan hukum kekekalan energi
𝐸𝑝 = 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 + 𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡
𝑚𝑔𝐿
2
=
1
2
𝑚𝑣𝑐𝑚
2
+
1
2
𝐼𝜔2
𝑚𝑔𝐿
2
=
1
2
𝑚𝑣𝑐𝑚
2
+
1
2
(
1
12
𝑚𝐿2
)(
𝑣𝑐𝑚
𝐿/2
)
2

2014(kab/kota)
𝑚𝑔𝐿
2
=
1
2
𝑚𝑣𝑐𝑚
2
+
1
3
(
1
2
𝑚𝑣𝑐𝑚
2
)
3𝑔𝐿 = 4𝑣𝑐𝑚
2
∴ 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 :
𝑥 𝑐𝑚 =
𝐿
2
𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑦𝑐𝑚 =
𝐿
2
𝑐𝑜𝑠𝜃
komponen kecepatan pusat massa batang merupakan fungsi
turunan pertama dari posisi
𝑣𝑥 =
𝑑𝑥 𝑐𝑚
𝑑𝑡
=
𝐿
2
𝑑
𝑑𝑡
( 𝑠𝑖𝑛𝜃) =
𝐿
2
𝑐𝑜𝑠𝜃𝜃̇ = 𝜔
𝐿
2
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑣𝑦 =
𝑑𝑦𝑐𝑚
𝑑𝑡
=
𝐿
2
𝑑
𝑑𝑡
( 𝑐𝑜𝑠𝜃) = −
𝐿
2
𝑠𝑖𝑛𝜃𝜃̇ = −𝜔
𝐿
2
𝑠𝑖𝑛𝜃
resultan kedua komponen kecepatan menjadi
𝑣 = √ 𝑣𝑥
2 + 𝑣𝑦
2 = 𝜔
𝐿
2
seperti pada jawaban soal no. a)
persamaan hukum kekekalan energi mekaniknya
𝐸𝑝 = 𝐸𝑘𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 + 𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡 + 𝐸𝑝𝑐𝑚
𝑚𝑔𝐿
2
=
1
2
𝑚𝑣𝑐𝑚
2
+
1
2
𝐼𝜔2
+
𝑚𝑔𝐿
2
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑔𝐿(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝑣𝑐𝑚
2
+
1
12
𝐿2
𝜔2
3𝑔(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 𝜔2
𝐿
𝐿
2
𝜃
𝑥 𝑐𝑚
𝑦𝑐𝑚

2014(kab/kota)
∴ 𝜔 = √
3𝑔(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝐿
kembali ke komponen kecepatan pada sumbu x
𝑣𝑥 = 𝜔
𝐿
2
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑣𝑥 = √
𝐿
𝐿
2
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑣𝑥 = √
𝐿
(
𝐿2
4
𝑐𝑜𝑠2 𝜃)
∴ 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
𝑠𝑖𝑛𝜃
1
2
𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑖𝑛𝜃(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0
𝑠𝑖𝑛𝜃(
3
2
𝑐𝑜𝑠𝜃 − 1) = 0
untuk
𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1 ⇋∴ 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
2
3
c. besar Kecepatan maksimum pusat massa komponen
horizontal
𝑣𝑥 =
𝐿
2
𝑐𝑜𝑠𝜃√
3𝑔(1− 𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝐿
∴ 𝑣𝑥 =
√ 𝑔𝐿
3

OSN Fisika

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to OSN Fisika

Similar to OSN Fisika (17)

More from SMA Negeri 9 KERINCI

More from SMA Negeri 9 KERINCI (15)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

OSN Fisika