OSN Fisika Bedah soal
β’Download as DOCX, PDFβ’
3 likesβ’675 views
lembar dan bahas osn fisika
Recommended
More Related Content
What's hot
What's hot (20)
Similar to OSN Fisika Bedah soal
Similar to OSN Fisika Bedah soal (20)
More from SMA Negeri 9 KERINCI
More from SMA Negeri 9 KERINCI (19)
Recently uploaded
Recently uploaded (20)
OSN Fisika Bedah soal
- 1. OSN Fisika Bedah soal 365 http://ibnu2003.blogspot.com 81. Pembahasan perhatikan gambar diagram bebas untuk sistem di bawah ini a. besar percepatan benda bermassa M untuk benda (m) Ξ£πΉ = ππ π β ππ = ππ2 β¦1) untuk benda (M) Ξ£πΉ = ππ πππ πππ β π β πΉ = ππ1 β¦2) perikalu momen gaya pada pusat silinder pejal πΌ = 1 2 ππ 2 ; πΌ = π1 π Ξ£π = πΌπΌ β¦3) Ξ£π = πΉπ β ππ β¦4) πΉπ β ππ = πΌπΌ (πΉ β π)π = 1 2 ππ 2 ( π1 π ) ( πΉ β π) = ππ1 2 β¦ 5) substitusikan pers 5) ke pers 2) πππ πππ β π β πΉ = ππ1 πππ πππ β π β (π + ππ1 2 ) = ππ1 πππ πππ β 2π = 3ππ1 2 β¦6) substitusikan persamaan 1) ke 6) πππ πππ β 2(ππ + ππ2) = 3ππ1 2 π2 π π π πΌ π π π1 ππ πΉ
- 2. OSN Fisika Bedah soal 366 http://ibnu2003.blogspot.com πππ πππ β 2ππ = 2ππ2 + 3ππ1 2 hubungan percepatan benda M dan m adalah π2 = 2π1 maka : πππ πππ β 2ππ = ( 8π + 3π 2 ) π1 β΄ π1 = πππ πππ β 2ππ 3π/2 + 4π b. besar harga minimum M/m agar silinder menggelinding silinder menuruni bidang artinya percepatan benda M bernilai positif. π1 > 0 πππ πππ β 2ππ 3π/2 + 4π > 0 π(ππ πππ β 3 2 ) > π(2π + 4) β΄ π π > 4π + 8 2ππ πππ β 3 82. Pembahasan a. besar kecepatan pusat massa silinder ketika silinder mencapai dasar bidang miring ! (nyatakan besaran dengan g dan h). gunakan persamaan hukum kekekalan enegi mekanik ππβ + 1 2 ππ£0 2 = ππβ πππ ππ + 1 2 ππ£2 + 1 2 πΌππ π2 untuk ( π = π£ π ; π£0 = 0; β πππ ππ = 0; πΌππ = ππ 2 ), maka : π π β π
- 3. OSN Fisika Bedah soal 367 http://ibnu2003.blogspot.com ππβ = 1 2 ππ£2 + 1 2 ππ£2 β΄ π£ = β πβ b. nilai minimum koefisien gesek ( π π ) agar silinder berotasi menuruni bidang miring tanpa slip persamaan gerak translasi (Hk Newton) πππ πππ β ππ = ππ ππ β¦ 1) persamaan gerak rotasi (Hk Newton) ( Ξ£π = πΌπΌ Ξ£π = ππ π |ππ π = ππ 2 π ππ π β ππ = ππ ππ) β¦2) masukkan persamaan 2) ke 1) πππ πππ β ππ ππ = ππ ππ β΄ π ππ = ππ πππ 2 β¦ 3) masukkan ke persamaan 2) β΄ ππ = πππ πππ 2 β¦4) untuk memenuhi syarat benda tanpa slip, maka gaya gesek lebih kecil atau sama dengan gaya normalnya ππ β€ π π π β€ π π πππππ π πππ πππ 2 β€ π π πππππ π πππ πππ 2πππππ π β€ π π β΄ π π β₯ π‘πππ 2 π ππ πππ π
- 4. OSN Fisika Bedah soal 368 http://ibnu2003.blogspot.com 83. Pembahasan saat ujung batang menumbuk bola, maka : momentum linier awal bola sama dengan nol π1 = 0 momentum linier akhir bola : π2 = ππ£0 impuls merupakan perubahan momentum(βπ = π½) π½ = βπ = π2 β π1 = ππ£0 β¦1) perubahan momentum sudut bola adalah βπΏ = βπβ = ππ£0ββ¦2) perubahan momentum sudut bola terjadi karena adanya impuls yang bekerja pada jarak h relatif terhadap musat massa bola : βπΏ = πΌπ0 maka : βπΏ = πΌππ π0 = ππ£0β dengan ( πΌππ = 2 5 ππ 2 ) 2 5 ππ 2 π0 = ππ£0β saat bola mulai bergerak sampai saat bola bergerak tanpa slip syarat yang harus dipenuhi adalah momentum sudut awal bola saat mulai bergerak πΏ0 = ππ£0 π + πΌππ π0 πΏ0 = ππ£0 π + ππ£0β πΏ0 = ππ£0( π + β) β¦3) momentum sudut akhir bola saat mulai bergerak tanpa slip πΏ π‘ = ππ£π‘ π + πΌππ ππ‘ saat bola bergerak tanpa slip, maka ππ‘ = π£π‘ π π β
- 5. OSN Fisika Bedah soal 369 http://ibnu2003.blogspot.com maka : πΏ π‘ = ππ£π‘ π + ( 2 5 ππ 2 ) π£π‘ π πΏ π‘ = ππ£π‘ π + 2 5 ππ£π‘ π πΏ π‘ = 7 5 ππ£π‘ π dengan π£π‘ = 9π£0 7 maka : πΏ π‘ = 7 5 π ( 9π£0 7 )π = 9 5 ππ£0 π β¦4) maka hukum kekekalan momentum sudut gunakan persamaan 3) dan 4) diperoleh ππ£0( π + β) = 9 5 ππ£0 π β = 9 5 π β π = 4 5 π maka : β΄ β π = 4 5 84. Pembahasan a. pusat massa sistem sesaat setelah tumbukan memilih posisi x sepanjang batang. pusat massa batang berada pada jarak ( π₯ ππ) perhitungan puusat massa gabungan batang dan massa titik menjadi π₯ ππ = π1( π₯1) + π2( π₯2) π1 + π2 β΄ π₯ ππ = π(0) + 2π( π/2) π + 2π = π 3 π₯ ππ 2π π
- 6. OSN Fisika Bedah soal 370 http://ibnu2003.blogspot.com b. besar kecepatan anguler sistem setelah tumbukan momen inersia batang relatif terhadap pusat massa sistem adalah : πΌπππ‘πππ = 1 12 2ππ2 + 2ππ2 πΌπππ‘πππ = 1 12 2ππ2 + 2π ( π 2 β π 3 ) 2 β΄ πΌπππ‘πππ = 2 9 ππ2 momen inersia terhadap pusat massa sistem β΄ πΌππππ = 1 9 ππ2 momen inersia total sistem adalah : πΌπ ππ π‘ππ = πΌπππ‘πππ + πΌππππ πΌπ ππ π‘ππ = 2 9 ππ2 + 1 9 ππ2 β΄ πΌπ ππ π‘ππ = 1 3 ππ2 momentum awal sistem πΏ ππ€ππ = 1 9 ππ2 π = πππ£ 9 momentum akhir sistem πΏ ππβππ = πΌπ ππ π‘ππ π πΏ ππβππ = 1 3 ππ2 π maka persamaan hukum kekekalan momentum sudut menjadi πππ£ 9 = 1 3 ππ2 π ββ΄ π = π£ 3π c. Posisi titik pada batang yang tetap diam sesaat setelah tumbukan momentum awal sistem π ππ€ππ = ππ£ mementum akhir sistem π ππβππ = (2π + π) π’ = 3ππ’ maka : 3ππ’ = ππ£ β π’ = π£/3 ( π’) merupakan kecepatan pusat massa sistem.
- 7. OSN Fisika Bedah soal 371 http://ibnu2003.blogspot.com misalkan y adalah jarak dari puat massa. Kecepatan titik pada jarak y dari pusat massa sistem menjadi : π£β² = π£ β π£( π¦) = π£ β ππ¦ karena titik pada batang yang selalu diam, maka ( π£β² = 0) sehingga 0 = π£ β ππ¦ β π£ = ππ¦ β π¦ = π£ π = π₯ ππ = π 3 maka titik yang selalu diam berada pada jarak adalah π₯ = π β π 3 = 2π 3 dari ujung batang tempat terjadinya tumbukan d. besar Perubahan energi kinetik sebelum dan setelah tumbukan energi kinetik awal πΈπ( ππ€ππ) = 1 2 ππ£2 energi kinetik akhir dengan π’ = π£ 3 ; πΌπ ππ π‘ππ = 1 3 ππ2 πππ π = π£ π maka : πΈπ( ππβππ) = 1 2 3ππ’2 + 1 2 πΌππ π2 πΈπ( ππβππ) = 1 2 3ππ£2 ( 1 9 ) + 1 2 ( 1 3 ππ2 ) π£2 π2 πΈπ( ππβππ) = 1 2 ( 3 9 ππ£2 ) + 1 2 ( 1 3 ππ£2 ) πΈπ( ππβππ) = 6 9 ( 1 2 ππ£2 ) = 1 3 ππ£2 perubahan energi kinetik βπΈπ = πΈπ( ππ€ππ) β πΈπ( ππβππ) β΄ βπΈπ = 1 2 ππ£2 β 1 3 ππ£2 = 1 6 ππ£2
- 8. OSN Fisika Bedah soal 372 http://ibnu2003.blogspot.com 85. Pembahasan perhatikan ulang gambar sistem di bawah ini ! a. besar kecepatan pusat massa batang sesaat setelah tumbukan perubahan momentum awal βπ0 = (2π) π£ β π(2π£) = 0 perubahan momentum akhir sama dengan nol βππ‘ = (2π) π£π β π(2π£π) = 0 karena kecepatan pusat massa batang sama b. besar momentum anguler sesaat setelah tumbukan momentum anguler awal πΏ(ππ€ππ) = 2π. π£. π + π. 2π£. 2π = 6ππ£π momentum anguler akhir πΏ( ππβππ) = πΌπ = ( 1 12 (8π)(6π)2 + 2π( π)2 + π(2π)2 ) π πΏ( ππβππ) = (24ππ2 + 2ππ2 + 4ππ2) π πΏ( ππβππ) = 30ππ2 π hukum kekekalan momentum anguler 30ππ2 π = 6ππ£π π = 6ππ£π 30ππ2 ββ΄ π = π£ 5π c. besar kecepatan anguler batang setelah tumbukan β΄ π = π£ 5π π π 3π 2π 2π π£ 2π£π πππππ’π π 3π 2π ππ ππ π’ππβ
- 9. OSN Fisika Bedah soal 373 http://ibnu2003.blogspot.com d. besar energi rotasi sistem πΌ = 30ππ2 πππ π = π£ 5π maka : πΈ = 1 2 πΌπ2 β΄ πΈ = 1 2 (30ππ2) π£2 25π2 = 3 5 ππ£2 86. Pembahasan salah satu cara menentukan kecepatan pusat massa menggunakan metode hukum kekekalan energi apabila terpenuhi gaya horizontal dan gaya vertikal. karena hanya ada gaya gravitasi yang bekerja pada arah vertikal dan tidak ada gaya horizontal, maka kecepatan pusat massa batang arahnya ke bawah harus dimisalkan β΄ π£ππ = ππ¦ ππ‘ = π¦Μ sebagai kecepatan pusat massa batang batang posisi tegak lurus (mula-mula diam) maka energi kinetiknya sama dengan nol, maka : energi awal batang πΈ( ππ€ππ) = πΈπ ππ€ππ + πΈπ ππ€ππ πΈ( ππ€ππ) = πΈπ ππ€ππ = ππβ = πππΏ 2 π π¦ ππ ππ πΏ 2 β π¦ πΏ 2
- 10. OSN Fisika Bedah soal 374 http://ibnu2003.blogspot.com setelah batang bergeses sejauh y dan berotasi ( π), maka energi potensial menjadi : πΈπ ππβππ = ππβ = ππ ( πΏ 2 β π¦) dan untuk energi kinetiknya batang memiliki kecepatan pusat massa ( π¦Μ) dan kecepatan sudut sebesar ( πΜ = π) adalah : πΈπ ππβππ = 1 2 ππ¦Μ 2 + 1 2 πΌπΜ2 dengan I adalah momen inersia batang yang berotasi pada pusat massa yaitu : ( πΌ = 1 12 ππΏ2 ) maka : πΈπ ππβππ = 1 2 ππ¦Μ 2 + 1 2 ( 1 12 ππΏ2 ) πΜ2 energi akhir batang adalah πΈ( ππβππ) = πΈπ ππβππ + πΈπ ππβππ πΈ( ππβππ) = 1 2 ππ¦Μ 2 + 1 2 ( 1 12 ππΏ2 ) πΜ2 + ππ( πΏ 2 β π¦) persamaan hukum kekekalan energi πππΏ 2 = 1 2 ππ¦Μ 2 + 1 2 ( 1 12 ππΏ2 ) πΜ2 + ππ ( πΏ 2 β π¦) ππ¦ = 1 2 π¦Μ 2 + 1 2 ( 1 12 πΏ2 ) πΜ2 sekarang kita tentukan nilai ( π¦) :[ π( πππ π) = βπ πππ] π¦ = πΏ 2 (1 β πππ π) β π¦Μ = π ππ‘ [ πΏ 2 (1 β πππ π)] = πΏ 2 ( π πππ) π¦Μ = πΏ 2 ( π πππ) πΜ ββ΄ πΜ = 2π¦Μ πΏπ πππ maka : ππ¦ = 1 2 π¦Μ 2 + 1 2 π¦Μ 2 ( 1 3π ππ2 π ) = 1 2 π¦Μ 2 ( 1 + 3π ππ2 π 3π ππ2 π ) ππ¦ = 1 2 π¦Μ 2 ( 1 + 3π ππ2 π 3π ππ2 π ) β΄ π£ππ = π¦Μ = β( 6ππ¦π ππ2 π 1+ 3π ππ2 π )
- 11. OSN Fisika Bedah soal 375 http://ibnu2003.blogspot.com 87. Pembahasan lakukan pemecahan soal ini dengan gerak translasi dan rotasi perhatikan gambar berikut ! a. besar kecepatan ( π£) dan laju anguler ( π) bola sebagai fungsi waktu persamaan hukum Newton sumbu x βππ = ππ sumbu y π β ππ = 0 β π = ππ torsi pada bola : βππ π = πΌπΌ β πΌ = β ππ π πΌππ untuk ππ = ππ = πππ momen inersia bola πΌππ = 2 5 ππ 2 πππ πΌ = π π maka : πΌ = β ππππ 2 5 ππ 2 β π = β 5ππ 2π atau βππ = ππ β π = βππ pada gerak translasi π£π‘ = π£0 + ππ‘ π£π‘ = π£0 β πππ‘ untuk gerak rotasi ππ‘ = π0 + πΌπ‘ ππ‘ = π0 β 5ππ 2π π‘ π£0 π π₯ π¦ ππ ππ
- 12. OSN Fisika Bedah soal 376 http://ibnu2003.blogspot.com b. kecepatan dan laju putaran anguler akhir bola ketika bola mulai berputar tanpa slip bola mula-mula berotasi ke belakang menjadi arah positif, ketika arah putarannya ke depan tanpa slip bertanda negatif. ketika berputar tanpa slip berlaku ππ‘ = β π£π‘ π maka waktu bola mulai berputar tanpa slip menjadi π£0 β πππ‘ = β(π0 β 5ππ 2π π‘) π β΄ π‘ = 2 7 ( π£0 + π0 π ππ ) maka : gerak translasi π£π‘ = π£0 β πππ‘ = π£0 β ππ ( 2 7 ( π£0 + π0 π ππ )) β΄ π£π‘ = 5 7 π£0 β 2 7 π0 π gerak rotasi ππ‘ = π0 β 5ππ 2π π‘ = π0 β 5ππ 2π ( 2 7 ( π£0 + π0 π ππ )) β΄ ππ‘ = 2 7 π0 β 5π£0 7π c. hubungan ( π£0) dan ( π0) agar diam selang waktu tertentu karena pengaruh gaya gesek maka kecepatan bola akan berkurang dan suatu saat berhenti atau kecepatan akhir sama dengan nol π£π‘ = 5 7 π£0 β 2 7 π0 π = 0 β 5 7 π£0 = 2 7 π0 π ππ‘ = 2 7 π0 β 5π£0 7π = 0 β 2 7 π0 = 5π£0 7π β΄ π£0 = 2 5 π0 π
- 13. OSN Fisika Bedah soal 377 http://ibnu2003.blogspot.com 88. Pembahasan a. besar percepatan anguler sistem ( πΌ1) saat poros putar berada di puat piringan momen inersia sistem terhadap poros putar di pusat piringan momen inersia piringan πΌ ππππππππ = 1 2 π1 π2 momen inersia batang πΌπππ‘πππ = 1 12 π2 πΏ2 + π2{ π + ( πΏ/2)}2 maka momen inersia sistem terhadap pusat piringan πΌπ ππ π‘ππ = πΌ ππππππππ + πΌπππ‘πππ πΌπ ππ π‘ππ = 1 2 π1 π2 + 1 12 π2 πΏ2 + π2{ π + ( πΏ/2)}2 momen gaya yang ditimbulkan gaya berat batang π = π2 π{ π + ( πΏ/2)} persamaan torsi pada sistem π = πΌπ ππ π‘ππ πΌ1 πΌ1 = π πΌπ ππ π‘ππ β΄ πΌ1 = π2 π{ π + ( πΏ/2)} 1 2 π1 π2 + 1 12 π2 πΏ2 + π2{ π + ( πΏ/2)}2 π1 π2 π πΏ/2
- 14. OSN Fisika Bedah soal 378 http://ibnu2003.blogspot.com b. besar percepatan anguler sistem ( πΌ2) saat poros putar berada di ujung batang momen inersia piringan πΌ ππππππππ = 1 2 π1 πΏ2 + π1(πΏ + π)2 momen inersia batang πΌπππ‘πππ = 1 3 π2 πΏ2 momen inersia pada sistem πΌπ ππ π‘ππ = πΌ ππππππππ + πΌπππ‘πππ πΌπ ππ π‘ππ = 1 2 π1 πΏ2 + π1(πΏ + π)2 + 1 3 π2 πΏ2 momen gaya karena gaya berat adalah π = π€2 ( πΏπ πππ 2 ) + π€1(πΏ + π)π πππ π = π2 π( πΏ 2 π πππ)+ π1 π(πΏ + π)π πππ dan persamaan torsi adalah π = πΌπ ππ π‘ππ πΌ2 πΌ2 = π πΌπ ππ π‘ππ β΄ πΌ2 = π2 π( πΏ 2 π πππ)+ π1 π(πΏ + π)π πππ 1 3 π2 πΏ2 + 1 2 π1 πΏ2 + π1(πΏ + π)2 π1 π πΏπ πππ/2 (πΏ + π)π πππ
- 15. OSN Fisika Bedah soal 379 http://ibnu2003.blogspot.com 89. Pembahasan a. besar percepatan anguler batang saat batang membentuk sudut ( π) terhdap sumbu vertikal momen inersia πΌπ΄ = 1 3 ππ2 torsi pada titik A adalah π π΄ = πΌπ΄ πΌ = 1 3 ππ2 πΌ momen gaya karena gaya berat π π΄ = ππ π 2 π πππ maka : 1 3 ππ2 πΌ = ππ π 2 π πππ 1 3 ππ2 πΌ = ππ π 2 π πππ β΄ πΌ = 3π 2π π πππ b. besar kecepatan anguler batang saat batang membentuk sudut ( π) terhdap sumbu vertikal persamaan hukum kekekalan energi 1 2 πΌπ΄ π2 = ππββ = ππ π 2 β ππ π 2 πππ π β΄ π = β 3π π (1 β πππ π) π π ππ π π΅ π΄
- 16. OSN Fisika Bedah soal 380 http://ibnu2003.blogspot.com c. percepatan tangensial dan sentripetal ujung batang B dalam vektor satuan ( πβ ) dan ( π½ββ ) percepatan tangensial π πββββ = πΌππβ = ( 3π 2π π πππ)ππβ = ( 3π 2 π πππ)πβ perscepatan sentripetal π π ββββ = βπ2 ππβ = β( 3π π (1 β πππ π)) ππβ = β3π(1β πππ π)πβ d. nilai percepatan translasi ujung batang B π = π πββββ + π π ββββ π = ( 3π 2 π πππ)πβ β 3π(1 β πππ π)πβ nilai percepatan translasi menjadi π = βπ π 2 + π π 2 π = β( 3π 2 π πππ) 2 + (β3π(1 β πππ π))2 β΄ π = 3πβ 1 4 π ππ2 π + (1 β πππ π)2
- 17. OSN Fisika Bedah soal 381 http://ibnu2003.blogspot.com 90. Pembahasan a. besar jarak benda akan meluncur menuruni bidang miring pertambahan panjang pegas sebanding jarak yang ditempuh benda, maka : π = π₯π πππ hukum kekekalan energi energi kinetik benda mula-mula diam dan ketika massa benda m berhenti sama dengan nol 0 = 1 2 ππ₯2 β πππ₯π πππ β΄ π₯ = 2πππ πππ π b. besar kecepatan benda ketika benda itu telah meluncur xβ=1 meter menuruni bidang miring persamaan hukum kekekalan energi 0 = 1 2 ππ₯β²2 β πππ₯β² π πππ + 1 2 πΌπ2 + 1 2 ππ£2 (0 = 1 2 ππ₯β²2 β πππ₯β² π πππ + 1 2 πΌ π£2 π2 + 1 2 ππ£2 )2 0 = ππ₯β²2 β 2πππ₯β² π πππ + ( πΌ π2 + π)π£2 β΄ π£ = πβ 2πππ₯β² π πππ β ππ₯β²2 πΌ+π2 π π₯β² = 1π; π = 2ππ; π = 370 πΌ = 0,5πππ3 ; π = 0,3π; π = 20ππβ1 maka : π£ = 0,3β 2.2.10.1. π ππ37 β 20.1 0,5+0,32.2 πΌ π π π
- 18. OSN Fisika Bedah soal 382 http://ibnu2003.blogspot.com π£ = 0,3β 100 17 = 3 β17 ππ β1 c. besar jarak benda telah bergerak ketika kecepatannya maksimum persamaan hukum kekekalan energi πππ₯π πππ = 1 2 ππ₯2 + 1 2 πΌπ2 + 1 2 ππ£2 π£2 ( πΌ π2 + π) = 2πππ₯π πππ β ππ₯2 β΄ π£ = πβ 2πππ₯π πππ β ππ₯2 ( πΌ + π2 π) kecepatan maksimum diperoleh apabila benda melewati titik setimbang, atau posisi setimbang benda berada pada posisi ( π₯0) adalah : π₯0 = πππ πππ π = 2.10.0,6 20 = 0,6π d. nilai kecepatan maksimum benda syarat kecepatan maksimum bila π₯0 = π₯ = 0,6 maka : β΄ π£ ππππ = πβ 2πππ₯0 π πππ β ππ₯0 2 ( πΌ + π2 π) π£ ππππ = 0,3β 2.2.10.0,6.π ππ37 β 20.0,36 0,5 + 0,09.2 π£ ππππ = 0,9β 5 3 ππ β1