2013 osnk fisika (tkunci)

OSN Fisika Bedah soal

2013(kab/kota)

180 http://ibnu2003.blogspot.com

1. Pembahasan

a. besar kecepatan benda (�⃗�(𝑡)) saat t=2 detik dan t=4 detik

kecepatan benda [�⃗�(𝑡)] dalam bidang xy dapat dituliskan

dengan vektor satuan [𝑖] pada arah sumbu x dan [𝑗] pada

arah sumbu y, maka persamaan [�⃗�(𝑡)] adalah :

�⃗�(𝑡) = 𝑣𝑥(𝑡)𝑖 + 𝑣𝑦 (𝑡)𝑗 pada saat t=2 detik

𝑣𝑥(𝑡) = (3𝑡2 − 4𝑡 + 5)𝑚/𝑑𝑡 𝑣𝑥(2) = (3. 22 − 4.2 + 5) = 9𝑚/𝑑𝑡 𝑣𝑦(2) = 30𝑚/𝑑𝑡(𝑙𝑖ℎ𝑎𝑡 𝑔𝑎𝑚𝑏𝑎𝑟) sehingga :

�⃗�(2) = 𝑣𝑥(2)𝑖 + 𝑣𝑦(2)𝑗 �⃗�(2) = (9𝑖 + 30𝑗)𝑚/𝑑𝑡 pada saat t=4 detik

𝑣𝑥(𝑡) = (3𝑡2 − 4𝑡 + 5)𝑚/𝑑𝑡 𝑣𝑥(4) = (3. 42 − 4.4 + 5) = 37𝑚/𝑑𝑡 pada selah waktu (3 ≤ 𝑡 ≤ 5) detik dalan arah sumbu y

benda bergerak dengan percepatan konstan, maka

percepatan pada sumbu y :

−10

−20

−30

−40

10

20

30

40

50

60

10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9

𝑣(𝑡)(𝑚/𝑠)

𝑡(𝑑𝑡)

http://ibnu2003.blogspot.com/


2013(kab/kota)


𝑎𝑦 =𝑣𝑦 (5) − 𝑣𝑦(3)

∆𝑡=

60 − 30

5 − 3= 15𝑚/𝑑𝑡2

maka percepatan benda selang waktu (3 ≤ 𝑡 ≤ 4) detik sama

dengan selang waktu (3 ≤ 𝑡 ≤ 5) detik

sehingga kecepatan pada sumbu y pada 4 detik

𝑣𝑦(𝑡) = 𝑣𝑦 (3) + 𝑎𝑦∆𝑡

𝑣𝑦(4) = 30 + 15. (4 − 3) = 45𝑚/𝑑𝑡 maka persamaan vektor kecepatan pada 4 detik adalah :

�⃗�(4) = 𝑣𝑥(4)𝑖 + 𝑣𝑦(4)𝑗 �⃗�(4) = (37𝑖 + 45𝑗)𝑚/𝑑𝑡

b. besar Percepatan benda (�⃗�(𝑡)) saat t=4 detik

turunkan fungsi kecepatan terhadap waktu, maka

memperoleh persamaan percepatan.

𝑎𝑥(𝑡) =𝑑𝑣𝑥(𝑡)

𝑑𝑡=

𝑑

𝑑𝑡(3𝑡2 − 4𝑡 + 5)

𝑎𝑥(𝑡) = (6𝑡 − 4)𝑚/𝑑𝑡2

sehingga :

𝑎𝑥(4) = (6.4 − 4) = 20𝑚/𝑑𝑡2

percepatan arah sumbu y :

𝑎𝑦(4) = 15𝑚/𝑑𝑡2 maka persamaan vektor percepatan menjadi

𝑎(4) = 𝑎𝑥(4)𝑖 + 𝑎𝑦(4)𝑗

𝑎(4) = (20𝑖 + 15𝑗)𝑚/𝑑𝑡2

c. besar posisi benda (�⃗�(𝑡)) saat t=9 detik, jika posisi awal

benda adalah [�⃗�(0) = (74𝑖 + 40𝑗)𝑚]

persaman vektor posisi benda pada sumbu xy adalah :

�⃗�(𝑡) = 𝑟𝑥(𝑡)𝑖 + 𝑟𝑦(𝑡)𝑗 pada waktu t=0, maka

�⃗�(0) = 𝑟𝑥(0)𝑖 + 𝑟𝑦(0)𝑗 = (74𝑖 + 40𝑗)𝑚

poisisi benda pada t=9 detik diperoleh dari : mengintegralkan fungsi kecepatan terhadap waktu

𝑣𝑥(𝑡) =𝑑𝑥(𝑡)

𝑑𝑡⇋ 𝑣𝑥(𝑡)𝑑𝑡 = 𝑑𝑥(𝑡)

𝑥(𝑡) = ∫ 𝑣𝑥(𝑡)𝑑𝑡 𝑥(𝑡) = ∫ (3𝑡2 − 4𝑡 + 5)𝑑𝑡 𝑥(𝑡) = 𝑡3 − 2𝑡2 + 5𝑡 + 𝐶

pada saat t=0, nilai C adalah :[ 𝑟𝑥(0) = 74]



2013(kab/kota)


persamaan posisinya menjadi

𝑥(𝑡) = (𝑡3 − 2𝑡2 + 5𝑡 + 74)𝑚

sehingga pada t=9 detik, posisi benda terhadap sumbu x adalah :

𝑥(9) = (93 − 2. 92 + 5.9 + 74)𝑚 = 686𝑚

meninjau gerak benda pada sumbu y, maka luas grafik [𝑦(𝑡)] terhadap waktu menunjukkan nilai dari [𝑦(𝑡)]. maka nilai [𝑦(9)] merupakan jumlah aljabar luas grafik :

luas I (0 ≤ 𝑡 ≤ 3) = 3.30 = 90𝑚

luas II (3 ≤ 𝑡 ≤ 5) = 0,5(5 − 3)(30 + 60) = 90𝑚

luas III (5 ≤ 𝑡 ≤ 8) = 0,5.3.60 = 90𝑚

luas IV (5 ≤ 𝑡 ≤ 8) = 0,5.1. (−20) = −10𝑚

total [𝑦(9) = 𝐼 + 𝐼𝐼 + 𝐼𝐼𝐼 + 𝐼𝑉 + 𝑦(0)] 𝑦(9) = 90 + 90 + 90 − 10 + 40 = 300𝑚 sehingga posisi vektor pada t=9 detik adalah :

�⃗�(9) = 𝑟𝑥(9)𝑖 + 𝑟𝑦(9)𝑗

�⃗�(9) = 686𝑖 + 300𝑗

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. 𝑇1 + 𝑇2 = 𝑚𝑔 ⇋ 𝑇2 = 2𝑇1

𝑚𝑔

𝑇1 𝑇1

𝑇1

𝑇2



2013(kab/kota)


maka :

3𝑇1 = 𝑚𝑔 ⇋ 𝑇1 =𝑚𝑔

3=

600

3= 200𝑁

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 (𝜔). hukum kekekalan momentum sudut

sebelum dan sesudah tumbukan dengan mengambil acuan

langit-langit, sehingga :

𝐿𝑠𝑒𝑏𝑒𝑙𝑢𝑚 = 𝐿𝑠𝑒𝑠𝑢𝑑𝑎ℎ 𝑚𝑣0𝐿 = 𝐼𝜔 momen inersia batang yang berotasi pada ujungnya adalah :

𝐼 =𝑀𝐿2

3

maka :

𝑚𝑣0𝐿 =𝑀𝐿2

3𝜔

𝜔 =3𝑚𝑣0

𝑀𝐿

energi yang hilang karena proses tumbukan adalah :

∆𝐸 = 𝐸𝑘(𝑎𝑤𝑎𝑙) − 𝐸𝑘(𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟)

∆𝐸 =1

2𝑚𝑣0

2 −1

2𝐼𝜔2

∆𝐸 =1

2𝑚𝑣0

2 −1

2(

𝑀𝐿2

3) (

3𝑚𝑣0

𝑀𝐿)

2

𝑑𝑖𝑎𝑚

ℎ

𝜔 𝑚



2013(kab/kota)


∆𝐸 =1

2𝑚𝑣0

2 (1 −3𝑚

𝑀𝐿)

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 :

𝑚𝑔ℎ =1

2𝐼𝜔2

𝑚𝑔ℎ =1

2(

𝑀𝐿2

3) (

3𝑚𝑣0

𝑀𝐿)

2

∴ ℎ =3𝑚𝑣0

2

2𝑀𝑔

4. Pembahasan perhatikan gambar gerak osilasi benda m

Pembahasan

F = gaya pulih

gaya pulih searah sumbu y adalah (𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃)

a. buktikan bahwa pada sistem pegas tersebut dimungkin kan benda m mengalami gerak osilasi harmonik sederhana pada

arah vertikal pertambahan panjang pegas adalah

𝑑′ = √𝑑2 + 𝑦02

perhatikan segitiga berikut :

𝑑 𝑑

𝐹 𝐹

𝑦0 𝑑′

∆𝑦

𝜙

𝜃

𝑝𝑒𝑔

𝑎𝑠



2013(kab/kota)


data-data yang diperlukan

𝑐𝑜𝑠𝜃 =𝑦0 + ∆𝑦

√𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2⇋ 𝑐𝑜𝑠𝜙 =

𝑦0

√𝑑2 + 𝑦02

𝑥 = (𝑑2 + 𝑦02) + 2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2

𝑥 = 𝑑′2 + 2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2 pertambahan panjang pegas searah sumbu y adalah

∆𝑦 = 𝑥 − 𝑑′

∆𝑦 = √𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2 − 𝑑′ gaya pulih pada benda m

𝐹𝑝𝑢𝑙𝑖ℎ = −2𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃

= −2𝑘 (√𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2 − 𝑑′) (𝑦0 + ∆𝑦

√𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2)

= −2𝑘 (𝑦0 + ∆𝑦 −𝑑′[𝑦0 + ∆𝑦]

√𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2)

= −2𝑘 (𝑦0 + ∆𝑦 −𝑑′[𝑦0 + ∆𝑦]

√𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2)

= −2𝑘(𝑦0 + ∆𝑦) (1 −𝑑′

√𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2)

= −2𝑘𝑦0(1 +∆𝑦

𝑦0

) (√𝑑′2 + 2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2 − √𝑑′2

√𝑑′2 + 2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2)

= −2𝑘𝑦0(1 +∆𝑦

𝑦0

) (1 − [1 +2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2

𝑑′2]

−1/2

)

gunakan ekspansi binomial Newton, yaitu :

(1 + 𝑢)−1/2 = 1 −1

2𝑢

𝑑

𝑑′ 𝑦0

∆𝑦

𝑥

𝑥 = √𝑑2 + (𝑦0 + ∆𝑦)2

𝑑′ = √𝑑2 + 𝑦02

𝜃

𝜙



2013(kab/kota)


maka :

[1 +2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2

𝑑′2]

−1/2

= 1 −1

2(

2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2

𝑑′2)

𝐹𝑝𝑢𝑙𝑖ℎ = −2𝑘𝑦0(1 +∆𝑦

𝑦0

) (2𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2

2𝑑′2)

𝐹𝑝𝑢𝑙𝑖ℎ = −2𝑘𝑦0

𝑑′2(

2𝑦0[𝑦0∆𝑦 + ∆𝑦2] + ∆𝑦2[𝑦0 + ∆𝑦]

2𝑦0

)

𝐹𝑝𝑢𝑙𝑖ℎ = −2𝑘𝑦0

2

𝑑′2∆𝑦 [1 +

∆𝑦

𝑦0

] (1 +∆𝑦

2𝑦0

)

pada diagram di atas :

𝑠𝑖𝑛2𝜙 =𝑦0

2

𝑑′2

sehingga :

𝐹𝑝𝑢𝑙𝑖ℎ = −2𝑘𝑠𝑖𝑛2𝜙∆𝑦 [1 +3∆𝑦

2𝑦0

+∆𝑦2

2𝑦02

]

untuk :[∴∆𝑦

𝑦0≈ 0, 𝑚𝑎𝑘𝑎 ∶ 𝑦0 ≫≫ ∆𝑦]

maka :

∴ 𝐹𝑝𝑢𝑙𝑖ℎ = −2𝑘𝑠𝑖𝑛2𝜙∆𝑦

benda m dimungkin melakukan gerak harmonis sederhana, dengan konstanta pembanding sebesar :

𝑘′ = 2𝑘𝑠𝑖𝑛2𝜙 sehingga :

∴ 𝐹𝑝𝑢𝑙𝑖ℎ + 𝑘′∆𝑦 = 0

b. besar frekuensinya kecepatan anguler gerak harmonis berbanding dengan akar konstanta pembanding dan terbalik dengan massa beban.

𝜔2 =𝑘′

𝑚⇋∴ 𝜔 = √

2𝑘𝑠𝑖𝑛2𝜙

𝑚

∴ 𝑓 =1

2𝜋√


𝑚⇋∴ 𝑇 = 2𝜋√

𝑚




2013(kab/kota)


5. pembahasan

perhatikan perilaku bola billiar sebelum dan sesudah tumbukan

momentum awal dan akhir bola berturut-turut adalah

𝑝1 = −𝑚𝑢 𝑝2 = 𝑚𝑣

impuls merupakan perubahan momentum, maka :

𝐽 = ∆𝑝 = 𝑝2 − 𝑝1 𝐽 = ∆𝑝 = 𝑚𝑣 − (−𝑚𝑢) 𝐽 = ∆𝑝 = 𝑚(𝑣 + 𝑢) perubahan momentum sudut terjadi karena adanya impuls yang bekerja pada jarak (h-r) relatif terhadap pusat massa bola,

∆𝐿 = −∆𝑝(ℎ − 𝑟) ∆𝐿 = −𝑚[(𝑣 + 𝑢)(ℎ − 𝑟)] ∆𝐿 = 𝑚𝑟(𝑣 + 𝑢) − 𝑚ℎ(𝑣 + 𝑢) kecepatan sudut awal dan akhir bola berturut-turut adalah

𝜔1 = −𝑢

𝑟

𝜔2 =𝑣

𝑟

perubahan momentum sudut bola menjadi ∆𝐿 = 𝐿2 − 𝐿1 = 𝐼(𝜔2 − 𝜔1)

∆𝐿 = 𝐼(𝑣

𝑟− [−

𝑢

𝑟]) = 𝐼(

𝑣 + 𝑢

𝑟)

dengan momen inersia bola (𝐼 =2

5𝑚𝑟2), maka :

∆𝐿 = 𝐼 (𝑣 + 𝑢

𝑟) =

2

5𝑚𝑟(𝑣 + 𝑢)

persamaan hukum kekekalan momentum sudut

𝑚[(𝑣 + 𝑢)(ℎ − 𝑟)] = −2

5𝑚𝑟(𝑣 + 𝑢)

ℎ = 𝑟 −2

5𝑟 ∴ ℎ =

3

5𝑟

ℎ 𝑢

𝑟

𝜔 𝜔

𝑣 ℎ



2013(kab/kota)


6. Pembahasan

garis yang menghubungkan kedua rel sebagai sumbu sesaat rotasi (AB)

dengan menggunakan dalil pythagoras diperoleh :

(𝑟

4)

2

+ ℎ2 = 𝑟2

maka nilai h diperoleh sebesar :

ℎ2 = 𝑟2 − (𝑟

4)

2

ℎ =𝑟√15

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 :

∴ ℎ =𝑟√15

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

𝑣 = 𝑣𝑝𝑚 sehingga kecepatan sudut bola menjadi

𝜔 =𝑣𝑝𝑚

ℎ=

4𝑣

𝑟√15

𝑟 ℎ

𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠

𝑣𝑝𝑚 𝑟 ℎ

𝐴 𝐵

𝑟/4 𝑠𝑎𝑚𝑝𝑖𝑛𝑔 𝑑𝑒𝑝𝑎𝑛



2013(kab/kota)


kecepatan sudut di atas selalu sama dengan kecepatan sudut

di puncak bola, maka kecepatan maksimum menjadi : 𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝜔(𝑟 + ℎ)

𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 =4𝑣

𝑟√15(𝑟 + 𝑟

√15

4)

𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 = (4 + √15

√15)𝑣

∴ 𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 = (4√15 + 1)𝑣

7. Pembahasan

jari-jari setengah bola yang kasar (𝑅)

jari-jari bola kecil (𝑟) (𝑅 > 𝑟)

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 𝐸𝐴 = 𝑚𝑔𝑅

sudut yang ditempuh oleh bola yang menggelinding adalah

(𝜙), maka kecepatan bola pada titik terendah (�̇�), sehingga

kecepatan linier bola titik terendah adalah :

𝑣 = 𝑟�̇�

momen inersia bola (𝐼 =2

5𝑚𝑟2)

energi potensial bola titik terendah

𝐸𝑃[𝑟] = 𝑚𝑔𝑟

energi kinetik translasi bola titik terendah

𝐸𝑘[𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠] =1

2𝑚𝑣2 =

1

2𝑚𝑟2�̇�2

energi kinetik rotasi bola titik terendah

𝑠

𝜃

𝑟 𝑅

𝐵 𝐴

𝜙



2013(kab/kota)


𝐸𝑘[𝑟𝑜𝑡] =1

2𝐼�̇�2 =

2

5𝑚𝑟2�̇�2

energi mekanik bola titik terendah adalah :

𝐸𝑇 = 𝑚𝑔𝑟 +1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝐼�̇�2

𝐸𝑇 = 𝑚𝑔𝑟 +1

2𝑚𝑣2 +

1

5𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔𝑟 +

7

10𝑚𝑣2

persamaan hukum kekekalan energi mekanik menjadi

𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑔𝑟 +7

10𝑚𝑣2

𝑔(𝑅 − 𝑟) =7

10𝑣2

∴ 𝑣 = √10𝑔(𝑅 − 𝑟)

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

(𝑅 − 𝑟)𝜃 = 𝑟 𝜙

𝜙 =(𝑅 − 𝑟)

𝑟𝜃

�̇� =(𝑅 − 𝑟)

𝑟�̇�

persamaan energi mekanik ketika membentuk sudut (𝜃)

𝐸𝑇 = 𝑚𝑔ℎ +1

2𝑚𝑟2�̇�2 +

2

5𝑚𝑟2�̇�2

nilai h diperoleh dari jarak titik pusat lingkaran ke titik pusat

bola pada titik terendah ℎ = (𝑅 − 𝑟) − (𝑅 − 𝑟)𝑐𝑜𝑠𝜃 = (𝑅 − 𝑟)(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) sehingga :

𝐸 = 𝑚𝑔(𝑅 − 𝑟)(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) +1

2𝑚𝑟2�̇�2 +

2

5𝑚𝑟2�̇�2

𝐸 = 𝑚𝑔(𝑅 − 𝑟)(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) +7

10𝑚𝑟2 (

(𝑅 − 𝑟)

𝑟�̇�)

2

𝐸 = 𝑚𝑔(𝑅 − 𝑟)(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) +7

10𝑚(𝑅 − 𝑟)2�̇�2



2013(kab/kota)


defferensial energi terhadap waktu, sama dengan nol 𝑑𝐸

𝑑𝑡= 0

𝑑

𝑑𝑡{𝑚𝑔(𝑅 − 𝑟)(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) +

7

10𝑚(𝑅 − 𝑟)2�̇�2} = 0

𝑔(𝑅 − 𝑟)𝑠𝑖𝑛𝜃 +7

5(𝑅 − 𝑟)2�̈� = 0

pada simpangan sudut kecil (𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝜃)

𝑔𝜃 +7

5(𝑅 − 𝑟)�̈� = 0

�̈� +5𝑔

7(𝑅 − 𝑟)𝜃 = 0

�̈� + 𝜔2𝜃 = 0 kecepatan sudut yang diperoleh menjadi

𝜔2 =5𝑔

7(𝑅 − 𝑟)∴ 𝜔 = √

5𝑔

7(𝑅 − 𝑟)

periode osilasi karena bola bergerak sebagai persamaan gerak harmonis adalah :

∴ 𝑇 = 2𝜋√7(𝑅 − 𝑟)

5𝑔

atau frekuensi osilasinya

∴ 𝑓 =1

2𝜋√

5𝑔

7(𝑅 − 𝑟)



2013(kab/kota)


8. Pembahasan

peristiwa di atas bahwa tidak ada torsi luar atau gangguan dari

luar terhadap sistem, maka momentum sudut awal sama dengan nol

𝐿𝑎𝑤𝑎𝑙 = 0

(𝑚𝐿) adalah massa lokomotif mainan dengan kecepatan

lokomotif relatif terhadap tanah (𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ )

(𝑚𝑇) adalah massa total lintasan melingkar (pelek) dengan

kecepatan linier relatif terhadap tanah (𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ )

sehingga momentum akhir adalah :

𝐿𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 𝐼𝑇𝜔𝑇 + 𝐼𝐿 𝜔𝐿

𝐿𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 𝐼𝑇 (𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ

𝑅) + 𝐼𝐿 (

𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ

𝑅)

dengan (𝐼𝑇 = 𝑚𝑇𝑅2𝑑𝑎𝑛 𝐼𝐿 = 𝑚𝐿𝑅2)

maka :

𝐿𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 𝑚𝑇𝑅2 (𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ

𝑅) + 𝑚𝐿 𝑅2 (

𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ

𝑅)

𝐿𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟 = 𝑚𝑇𝑅𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ + 𝑚𝐿𝑅𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ

hukum kekekalan momentum sudut menjadi

𝑚𝑇𝑅𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ + 𝑚𝐿𝑅𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ = 0



2013(kab/kota)


kecepatan total sistem terhadap tanah adalah (𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ ) jumlah

aljabar dari kecepatan lokomotif mainan terhadap tanah

(𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ) dan kecepatan akhir lokomotif terhadap lintasan

𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ = 𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ + 𝑣

sehingga :

𝑚𝑇𝑅𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ + 𝑚𝐿𝑅𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ = 0

∴ 𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ = −𝑚𝑇𝑣

(𝑚𝑇 + 𝑚𝐿)

kecepatan akhir lokomofit relatif terhadap lantai (𝑣𝑓) sama

dengan kecepatan lokomotif relatif terhadap tahan (𝑣𝑇.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ ),

maka :

∴ 𝑣𝑓 = 𝑣𝐿.𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ = −𝑚𝑇𝑣

(𝑚𝑇 + 𝑚𝐿)

bertanda negatif karena arah gerak lokomotif berlawanan

dengan arah gerak rel


Education

2013 osnk fisika (tkunci)