View
114
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
180 http://ibnu2003.blogspot.com
1. Pembahasan
a. besar kecepatan benda (οΏ½βοΏ½(π‘)) saat t=2 detik dan t=4 detik
kecepatan benda [οΏ½βοΏ½(π‘)] dalam bidang xy dapat dituliskan
dengan vektor satuan [π] pada arah sumbu x dan [π] pada
arah sumbu y, maka persamaan [οΏ½βοΏ½(π‘)] adalah :
οΏ½βοΏ½(π‘) = π£π₯(π‘)π + π£π¦ (π‘)π pada saat t=2 detik
π£π₯(π‘) = (3π‘2 β 4π‘ + 5)π/ππ‘ π£π₯(2) = (3. 22 β 4.2 + 5) = 9π/ππ‘ π£π¦(2) = 30π/ππ‘(ππβππ‘ ππππππ) sehingga :
οΏ½βοΏ½(2) = π£π₯(2)π + π£π¦(2)π οΏ½βοΏ½(2) = (9π + 30π)π/ππ‘ pada saat t=4 detik
π£π₯(π‘) = (3π‘2 β 4π‘ + 5)π/ππ‘ π£π₯(4) = (3. 42 β 4.4 + 5) = 37π/ππ‘ pada selah waktu (3 β€ π‘ β€ 5) detik dalan arah sumbu y
benda bergerak dengan percepatan konstan, maka
percepatan pada sumbu y :
β10
β20
β30
β40
10
20
30
40
50
60
10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9
π£(π‘)(π/π )
π‘(ππ‘)
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
181 http://ibnu2003.blogspot.com
ππ¦ =π£π¦ (5) β π£π¦(3)
βπ‘=
60 β 30
5 β 3= 15π/ππ‘2
maka percepatan benda selang waktu (3 β€ π‘ β€ 4) detik sama
dengan selang waktu (3 β€ π‘ β€ 5) detik
sehingga kecepatan pada sumbu y pada 4 detik
π£π¦(π‘) = π£π¦ (3) + ππ¦βπ‘
π£π¦(4) = 30 + 15. (4 β 3) = 45π/ππ‘ maka persamaan vektor kecepatan pada 4 detik adalah :
οΏ½βοΏ½(4) = π£π₯(4)π + π£π¦(4)π οΏ½βοΏ½(4) = (37π + 45π)π/ππ‘
b. besar Percepatan benda (οΏ½βοΏ½(π‘)) saat t=4 detik
turunkan fungsi kecepatan terhadap waktu, maka
memperoleh persamaan percepatan.
ππ₯(π‘) =ππ£π₯(π‘)
ππ‘=
π
ππ‘(3π‘2 β 4π‘ + 5)
ππ₯(π‘) = (6π‘ β 4)π/ππ‘2
sehingga :
ππ₯(4) = (6.4 β 4) = 20π/ππ‘2
percepatan arah sumbu y :
ππ¦(4) = 15π/ππ‘2 maka persamaan vektor percepatan menjadi
π(4) = ππ₯(4)π + ππ¦(4)π
π(4) = (20π + 15π)π/ππ‘2
c. besar posisi benda (οΏ½βοΏ½(π‘)) saat t=9 detik, jika posisi awal
benda adalah [οΏ½βοΏ½(0) = (74π + 40π)π]
persaman vektor posisi benda pada sumbu xy adalah :
οΏ½βοΏ½(π‘) = ππ₯(π‘)π + ππ¦(π‘)π pada waktu t=0, maka
οΏ½βοΏ½(0) = ππ₯(0)π + ππ¦(0)π = (74π + 40π)π
poisisi benda pada t=9 detik diperoleh dari : mengintegralkan fungsi kecepatan terhadap waktu
π£π₯(π‘) =ππ₯(π‘)
ππ‘β π£π₯(π‘)ππ‘ = ππ₯(π‘)
π₯(π‘) = β« π£π₯(π‘)ππ‘ π₯(π‘) = β« (3π‘2 β 4π‘ + 5)ππ‘ π₯(π‘) = π‘3 β 2π‘2 + 5π‘ + πΆ
pada saat t=0, nilai C adalah :[ ππ₯(0) = 74]
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
182 http://ibnu2003.blogspot.com
persamaan posisinya menjadi
π₯(π‘) = (π‘3 β 2π‘2 + 5π‘ + 74)π
sehingga pada t=9 detik, posisi benda terhadap sumbu x adalah :
π₯(9) = (93 β 2. 92 + 5.9 + 74)π = 686π
meninjau gerak benda pada sumbu y, maka luas grafik [π¦(π‘)] terhadap waktu menunjukkan nilai dari [π¦(π‘)]. maka nilai [π¦(9)] merupakan jumlah aljabar luas grafik :
luas I (0 β€ π‘ β€ 3) = 3.30 = 90π
luas II (3 β€ π‘ β€ 5) = 0,5(5 β 3)(30 + 60) = 90π
luas III (5 β€ π‘ β€ 8) = 0,5.3.60 = 90π
luas IV (5 β€ π‘ β€ 8) = 0,5.1. (β20) = β10π
total [π¦(9) = πΌ + πΌπΌ + πΌπΌπΌ + πΌπ + π¦(0)] π¦(9) = 90 + 90 + 90 β 10 + 40 = 300π sehingga posisi vektor pada t=9 detik adalah :
οΏ½βοΏ½(9) = ππ₯(9)π + ππ¦(9)π
οΏ½βοΏ½(9) = 686π + 300π
2. Pembahasan perhatikan gambar diagram bebas sistem di bawah ini
Seseorang massa 60kg tersebut akan diam pada posisi tertentu
saat orang tersebut mempertahankan dirinya untuk tidak menyentuk lantai. gaya yang harus diberikan orang tersebut ke
tali agar orang ini bisa mempertahamkan diri agar tidak menyentuh lantai adalah gaya tegangan T1. π1 + π2 = ππ β π2 = 2π1
ππ
π1 π1
π1
π2
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
183 http://ibnu2003.blogspot.com
maka :
3π1 = ππ β π1 =ππ
3=
600
3= 200π
3. Pembahasan
berikut gerakan benda setelah tumbukan
a. kasus diatas termasuk tumbukan elastik atau tak elastik
Setalah tumbukan benda m diam dan batang memiliki
kecepatan sudut (π). hukum kekekalan momentum sudut
sebelum dan sesudah tumbukan dengan mengambil acuan
langit-langit, sehingga :
πΏπ πππππ’π = πΏπ ππ π’ππβ ππ£0πΏ = πΌπ momen inersia batang yang berotasi pada ujungnya adalah :
πΌ =ππΏ2
3
maka :
ππ£0πΏ =ππΏ2
3π
π =3ππ£0
ππΏ
energi yang hilang karena proses tumbukan adalah :
βπΈ = πΈπ(ππ€ππ) β πΈπ(ππβππ)
βπΈ =1
2ππ£0
2 β1
2πΌπ2
βπΈ =1
2ππ£0
2 β1
2(
ππΏ2
3) (
3ππ£0
ππΏ)
2
ππππ
β
π π
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
184 http://ibnu2003.blogspot.com
βπΈ =1
2ππ£0
2 (1 β3π
ππΏ)
dari hasil persamaan di atas, jenis tumbukannya tidak elastik b. ketinggian maksimum batang homogen berayun
untuk memperoleh ketinggian sebesar h, setelah tumbukan terjadi hukum kekekalan emergi mekanik, yaitu :
ππβ =1
2πΌπ2
ππβ =1
2(
ππΏ2
3) (
3ππ£0
ππΏ)
2
β΄ β =3ππ£0
2
2ππ
4. Pembahasan perhatikan gambar gerak osilasi benda m
Pembahasan
F = gaya pulih
gaya pulih searah sumbu y adalah (πΉπππ π)
a. buktikan bahwa pada sistem pegas tersebut dimungkin kan benda m mengalami gerak osilasi harmonik sederhana pada
arah vertikal pertambahan panjang pegas adalah
πβ² = βπ2 + π¦02
perhatikan segitiga berikut :
π π
πΉ πΉ
π¦0 πβ²
βπ¦
π
π
πππ
ππ
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
185 http://ibnu2003.blogspot.com
data-data yang diperlukan
πππ π =π¦0 + βπ¦
βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2β πππ π =
π¦0
βπ2 + π¦02
π₯ = (π2 + π¦02) + 2π¦0βπ¦ + βπ¦2
π₯ = πβ²2 + 2π¦0βπ¦ + βπ¦2 pertambahan panjang pegas searah sumbu y adalah
βπ¦ = π₯ β πβ²
βπ¦ = βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2 β πβ² gaya pulih pada benda m
πΉππ’ππβ = β2πΉπππ π
= β2π (βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2 β πβ²) (π¦0 + βπ¦
βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2)
= β2π (π¦0 + βπ¦ βπβ²[π¦0 + βπ¦]
βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2)
= β2π (π¦0 + βπ¦ βπβ²[π¦0 + βπ¦]
βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2)
= β2π(π¦0 + βπ¦) (1 βπβ²
βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2)
= β2ππ¦0(1 +βπ¦
π¦0
) (βπβ²2 + 2π¦0βπ¦ + βπ¦2 β βπβ²2
βπβ²2 + 2π¦0βπ¦ + βπ¦2)
= β2ππ¦0(1 +βπ¦
π¦0
) (1 β [1 +2π¦0βπ¦ + βπ¦2
πβ²2]
β1/2
)
gunakan ekspansi binomial Newton, yaitu :
(1 + π’)β1/2 = 1 β1
2π’
π
πβ² π¦0
βπ¦
π₯
π₯ = βπ2 + (π¦0 + βπ¦)2
πβ² = βπ2 + π¦02
π
π
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
186 http://ibnu2003.blogspot.com
maka :
[1 +2π¦0βπ¦ + βπ¦2
πβ²2]
β1/2
= 1 β1
2(
2π¦0βπ¦ + βπ¦2
πβ²2)
πΉππ’ππβ = β2ππ¦0(1 +βπ¦
π¦0
) (2π¦0βπ¦ + βπ¦2
2πβ²2)
πΉππ’ππβ = β2ππ¦0
πβ²2(
2π¦0[π¦0βπ¦ + βπ¦2] + βπ¦2[π¦0 + βπ¦]
2π¦0
)
πΉππ’ππβ = β2ππ¦0
2
πβ²2βπ¦ [1 +
βπ¦
π¦0
] (1 +βπ¦
2π¦0
)
pada diagram di atas :
π ππ2π =π¦0
2
πβ²2
sehingga :
πΉππ’ππβ = β2ππ ππ2πβπ¦ [1 +3βπ¦
2π¦0
+βπ¦2
2π¦02
]
untuk :[β΄βπ¦
π¦0β 0, ππππ βΆ π¦0 β«β« βπ¦]
maka :
β΄ πΉππ’ππβ = β2ππ ππ2πβπ¦
benda m dimungkin melakukan gerak harmonis sederhana, dengan konstanta pembanding sebesar :
πβ² = 2ππ ππ2π sehingga :
β΄ πΉππ’ππβ + πβ²βπ¦ = 0
b. besar frekuensinya kecepatan anguler gerak harmonis berbanding dengan akar konstanta pembanding dan terbalik dengan massa beban.
π2 =πβ²
πββ΄ π = β
2ππ ππ2π
π
β΄ π =1
2πβ
2ππ ππ2π
πββ΄ π = 2πβ
π
2ππ ππ2π
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
187 http://ibnu2003.blogspot.com
5. pembahasan
perhatikan perilaku bola billiar sebelum dan sesudah tumbukan
momentum awal dan akhir bola berturut-turut adalah
π1 = βππ’ π2 = ππ£
impuls merupakan perubahan momentum, maka :
π½ = βπ = π2 β π1 π½ = βπ = ππ£ β (βππ’) π½ = βπ = π(π£ + π’) perubahan momentum sudut terjadi karena adanya impuls yang bekerja pada jarak (h-r) relatif terhadap pusat massa bola,
βπΏ = ββπ(β β π) βπΏ = βπ[(π£ + π’)(β β π)] βπΏ = ππ(π£ + π’) β πβ(π£ + π’) kecepatan sudut awal dan akhir bola berturut-turut adalah
π1 = βπ’
π
π2 =π£
π
perubahan momentum sudut bola menjadi βπΏ = πΏ2 β πΏ1 = πΌ(π2 β π1)
βπΏ = πΌ(π£
πβ [β
π’
π]) = πΌ(
π£ + π’
π)
dengan momen inersia bola (πΌ =2
5ππ2), maka :
βπΏ = πΌ (π£ + π’
π) =
2
5ππ(π£ + π’)
persamaan hukum kekekalan momentum sudut
π[(π£ + π’)(β β π)] = β2
5ππ(π£ + π’)
β = π β2
5π β΄ β =
3
5π
β π’
π
π π
π£ β
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
188 http://ibnu2003.blogspot.com
6. Pembahasan
garis yang menghubungkan kedua rel sebagai sumbu sesaat rotasi (AB)
dengan menggunakan dalil pythagoras diperoleh :
(π
4)
2
+ β2 = π2
maka nilai h diperoleh sebesar :
β2 = π2 β (π
4)
2
β =πβ15
4
a. dari data diatas, bahwa gambar tampak depan dan samping
bola yang menggelinding pada dua rel sejajar dan garis AB sebagai sumbu rotasi sesaat. bahwa ketinggian h diperoleh sebesar :
β΄ β =πβ15
4
dari hasil tersebut bahwa titik yang memiliki kecepatan
maksimum terdapat pada titik yang berjarak terjauh dari sumbu sesaat. Titik tersebut adalah titik puncak bola.
b. besar kecepatan maksimum diatas jika pusat massa bola
memiliki kecepatan v kecepatan pusat massa bola adalah v
π£ = π£ππ sehingga kecepatan sudut bola menjadi
π =π£ππ
β=
4π£
πβ15
π β
π£ππππ
π£ππ π β
π΄ π΅
π/4 π ππππππ πππππ
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
189 http://ibnu2003.blogspot.com
kecepatan sudut di atas selalu sama dengan kecepatan sudut
di puncak bola, maka kecepatan maksimum menjadi : π£ππππ = π(π + β)
π£ππππ =4π£
πβ15(π + π
β15
4)
π£ππππ = (4 + β15
β15)π£
β΄ π£ππππ = (4β15 + 1)π£
7. Pembahasan
jari-jari setengah bola yang kasar (π )
jari-jari bola kecil (π) (π > π)
a. besar kelajuan bola tersebut pada titik terendah, Jika bola
mula-mula diam di titik A dan kemudian menggelinding ke bawah pada permukaan setengah bola.
dengan ancuan titik dasar bola, energi potensial bernilai nol. energi mekanik bola di titik A πΈπ΄ = πππ
sudut yang ditempuh oleh bola yang menggelinding adalah
(π), maka kecepatan bola pada titik terendah (οΏ½ΜοΏ½), sehingga
kecepatan linier bola titik terendah adalah :
π£ = ποΏ½ΜοΏ½
momen inersia bola (πΌ =2
5ππ2)
energi potensial bola titik terendah
πΈπ[π] = πππ
energi kinetik translasi bola titik terendah
πΈπ[π‘ππππ ] =1
2ππ£2 =
1
2ππ2οΏ½ΜοΏ½2
energi kinetik rotasi bola titik terendah
π
π
π π
π΅ π΄
π
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
190 http://ibnu2003.blogspot.com
πΈπ[πππ‘] =1
2πΌοΏ½ΜοΏ½2 =
2
5ππ2οΏ½ΜοΏ½2
energi mekanik bola titik terendah adalah :
πΈπ = πππ +1
2ππ£2 +
1
2πΌοΏ½ΜοΏ½2
πΈπ = πππ +1
2ππ£2 +
1
5ππ£2 = πππ +
7
10ππ£2
persamaan hukum kekekalan energi mekanik menjadi
πππ = πππ +7
10ππ£2
π(π β π) =7
10π£2
β΄ π£ = β10π(π β π)
7
b. besar periode osilasi, bila berosilasi di sekitar titik terendah
dari pembahasan no. a, ketika bola berada di titik terendah energi potensial titik
pusat bola sama dengan nol. panjang busur S yang ditempuh bola adalah
(π β π)π = π π
π =(π β π)
ππ
οΏ½ΜοΏ½ =(π β π)
ποΏ½ΜοΏ½
persamaan energi mekanik ketika membentuk sudut (π)
πΈπ = ππβ +1
2ππ2οΏ½ΜοΏ½2 +
2
5ππ2οΏ½ΜοΏ½2
nilai h diperoleh dari jarak titik pusat lingkaran ke titik pusat
bola pada titik terendah β = (π β π) β (π β π)πππ π = (π β π)(1 β πππ π) sehingga :
πΈ = ππ(π β π)(1 β πππ π) +1
2ππ2οΏ½ΜοΏ½2 +
2
5ππ2οΏ½ΜοΏ½2
πΈ = ππ(π β π)(1 β πππ π) +7
10ππ2 (
(π β π)
ποΏ½ΜοΏ½)
2
πΈ = ππ(π β π)(1 β πππ π) +7
10π(π β π)2οΏ½ΜοΏ½2
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
191 http://ibnu2003.blogspot.com
defferensial energi terhadap waktu, sama dengan nol ππΈ
ππ‘= 0
π
ππ‘{ππ(π β π)(1 β πππ π) +
7
10π(π β π)2οΏ½ΜοΏ½2} = 0
π(π β π)π πππ +7
5(π β π)2οΏ½ΜοΏ½ = 0
pada simpangan sudut kecil (π πππ = π)
ππ +7
5(π β π)οΏ½ΜοΏ½ = 0
οΏ½ΜοΏ½ +5π
7(π β π)π = 0
οΏ½ΜοΏ½ + π2π = 0 kecepatan sudut yang diperoleh menjadi
π2 =5π
7(π β π)β΄ π = β
5π
7(π β π)
periode osilasi karena bola bergerak sebagai persamaan gerak harmonis adalah :
β΄ π = 2πβ7(π β π)
5π
atau frekuensi osilasinya
β΄ π =1
2πβ
5π
7(π β π)
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
192 http://ibnu2003.blogspot.com
8. Pembahasan
peristiwa di atas bahwa tidak ada torsi luar atau gangguan dari
luar terhadap sistem, maka momentum sudut awal sama dengan nol
πΏππ€ππ = 0
(ππΏ) adalah massa lokomotif mainan dengan kecepatan
lokomotif relatif terhadap tanah (π£πΏ.π‘πππβ )
(ππ) adalah massa total lintasan melingkar (pelek) dengan
kecepatan linier relatif terhadap tanah (π£π.π‘πππβ )
sehingga momentum akhir adalah :
πΏππβππ = πΌπππ + πΌπΏ ππΏ
πΏππβππ = πΌπ (π£π.π‘πππβ
π ) + πΌπΏ (
π£πΏ.π‘πππβ
π )
dengan (πΌπ = πππ 2πππ πΌπΏ = ππΏπ 2)
maka :
πΏππβππ = πππ 2 (π£π.π‘πππβ
π ) + ππΏ π 2 (
π£πΏ.π‘πππβ
π )
πΏππβππ = πππ π£π.π‘πππβ + ππΏπ π£πΏ.π‘πππβ
hukum kekekalan momentum sudut menjadi
πππ π£π.π‘πππβ + ππΏπ π£πΏ.π‘πππβ = 0
OSN Fisika Bedah soal
2013(kab/kota)
193 http://ibnu2003.blogspot.com
kecepatan total sistem terhadap tanah adalah (π£π.π‘πππβ ) jumlah
aljabar dari kecepatan lokomotif mainan terhadap tanah
(π£πΏ.π‘πππβ) dan kecepatan akhir lokomotif terhadap lintasan
π£π.π‘πππβ = π£πΏ.π‘πππβ + π£
sehingga :
πππ π£π.π‘πππβ + ππΏπ π£πΏ.π‘πππβ = 0
β΄ π£πΏ.π‘πππβ = βπππ£
(ππ + ππΏ)
kecepatan akhir lokomofit relatif terhadap lantai (π£π) sama
dengan kecepatan lokomotif relatif terhadap tahan (π£π.π‘πππβ ),
maka :
β΄ π£π = π£πΏ.π‘πππβ = βπππ£
(ππ + ππΏ)
bertanda negatif karena arah gerak lokomotif berlawanan
dengan arah gerak rel
Recommended