Prov.Jabar_1504_Pengumuman Seleksi Tahap 2_CGP A11 (2).pdf
Β
91 100 osn fisika (tkunci)
1. OSN Fisika Bedah soal
389 http://ibnu2003.blogspot.com
91. Pembahasan
a. besar kecepatan translasi pusat massa batang setelah
benturan
benturan yang dualami oleh ujung batang mengalami
momentum sebesar p. Batang memiliki kecepatan pusat
massa ( π£ππ) dan kecepatan sudut ( π) setelah terjadi pukulan
π = ππ£ππ
dengan momentum sudut berbanding dengan momen inersia
dan kecepatan sudut pada pusar massa batang dan momen
inersia pusat batang
πΌππ =
1
12
ππΏ2
maka :
πΏ ππ = πΌππ πππ =
ππΏ
2
1
12
ππΏ2
πππ =
ππΏ
2
ββ΄ πππ =
6π
ππΏ
besarnya kecepatan linier pusat massa diperoleh
πππ =
6π
ππΏ
=
6
ππΏ
(ππ£ππ) ββ΄ π£ππ =
πππ πΏ
6
dengan ( πππ = 3ππππ β1
; πΏ = 1π)
β΄ π£ππ =
3.1
6
= 0,5ππ β1
πΆ
2. OSN Fisika Bedah soal
390 http://ibnu2003.blogspot.com
b. letak titik pada batang yang diam sesaat setelah benturan
setelah terjadi benturan kecepatannya menjadi jumlah
kecepatan puat massa batang dengan kecepatan titik yang
berjarak (misalkan d)
π£ = π£ππ + π£ π
π£ = π£ππ + πππ(
πΏ
2
β π)
dengan ( π£ = 0; π£ππ =
π ππ πΏ
6
), maka :
π£ =
πππ πΏ
6
+ πππ (
πΏ
2
β π) = 0
πππ πΏ
6
+ πππ (
πΏ
2
β π) = 0 β π =
2
3
bahwa harga 2/3, dinyatakan ujung benturan batang selalu
diam
92. Pembahasan
a. besar kecepatan akhir pusat massa sistem balok batang
balok
ππ£0 + 3ππ£π = (π + 3π)π£
( π£π = 0), maka :
ππ£0 = 4ππ£ β π£ =
π£0
4
persamaan ini terjadi karena tidak tidak ada gaya luar
sehingga momentum linier selalu konstan
b. besar kecepatan anguler pusat massa sistem balok batang
balok terhadap pusat massanya
dari jawaban (a) maka momentum sudut juga berharga
tetap, maka
πΏ0 = πΌπ0 = ππ2
π£0
π
= πππ£0
dengan ( π) adalah jarak dari pusat massa (cm) ke ujung
batang
π ππ =
ππΏ
4π
=
πΏ
4
β π3π =
πΏ
4
β π π =
3πΏ
4
π£0
3π
π
π
3. OSN Fisika Bedah soal
391 http://ibnu2003.blogspot.com
maka : momen inersi dua massa titik terhadap pusat massa
sistem adalah
πΌ = 3π (
πΏ
4
)
2
+ π (
3πΏ
4
)
2
πΌ = 3π
πΏ2
16
+ 9π
πΏ2
16
=
3
4
ππΏ2
oleh karena itu
πΏ = πΌπ =
3
4
ππΏ2
π = πππ£0
π =
3/4πππ£0
3/4ππΏ2
ββ΄ π =
π£0
4
c. besar kecepatan awal balok 3M setelah tumbukan
pada posisi 3M, kecepatan totalnya adalah gabungan gerak
translasi dan gerak rotasi, sehingga :
π£ =
π£0
4
β ππ ππ
π£ =
π£0
4
β
πΏπ£0
16
=
4π£0
16
β
πΏπ£0
16
=
π£0
16
(4 β πΏ)
93. Pembahasan
piringan atas keadaan terpisah memiliki kecepatan sudut ( π0)
piringan bawah dalam keadaan diam. kedua piringan saling
bersentuhan dengan kecepatan sudut piringan atas dan piringan
bawah berturut-turut adalah ( π1) dan ( π2). saat bersentuhan
dengan piringan bawah maka keduanya mengalami gaya aksi
dan reaksi yang besar gayanya F. Torsi yang disebabkan oleh
gaya menyebabkan perubahan momentul sudut pada masing-
masing piringan.
pada piringan a
πΉβπ‘π = πΌ1( π0 β π1)β¦1)
πΌ1
π0
πΌ2
π
π
5. OSN Fisika Bedah soal
393 http://ibnu2003.blogspot.com
94. Pembahasan
a. besar momen inersia total ketiga benda terhadap poros
momen inersia total ketiga benda adalah
πΌ = Ξ£ππ ππ
πΌ = 2ππ2
+ 3π(2π)2
+ π(3π)2
πΌ = 2ππ2
+ 12ππ2
+ 9ππ2
β΄ πΌ = 23ππ2
b. besar energi potensial total ketiga benda saat posisinya
batang vertikal
ambil kerangka acuan energi potensial pada poros maka
energi potensial poros sama dengan nol. Maka energi
potensial total ketiga benda posisi vertikal berharga negatif
πΈπ( π£ππ) = βπΈπ(2π) β πΈπ(3π) β πΈπ( π)
πΈπ( π£ππ) = β(2π) ππβ (3π) π(2π) β ( π) π(3π)
πΈπ( π£ππ) = β2πππ β 6πππ β 3πππ
πΈπ( π£ππ) = β11πππ
c. besar kecepatan anguler batang saat posisinya vertikal
persamaan hukum kekekalan energi
seperti pada no. a, maka
πΈπ( π£ππ) = πΈπ( π£ππ) + πΈπ( πππ‘ππ π) = 0
β11πππ +
1
2
πΌπ2
= 0
π2
=
22πππ
πΌ
=
22πππ
23ππ2
β΄ π = β
22π
23π
d. besar kecepatan linier benda m saat posisi batang vertikal
kecepatan linier pada benda m adalah
π£ = ππ = 3ππ
π£ = 3πβ
22π
23π
β΄ π£ = 3β
22ππ
23
π
3π2π πππ
πππππ
6. OSN Fisika Bedah soal
394 http://ibnu2003.blogspot.com
95. Pembahasan
a. besar kecepatan anguler ( π0) silinder, kecepatan ( π£0) benda
jatuh m, dan energi kinetik ( πΎ0) sesaat sebelum tegang.
sesaat sebelum tegangan menjadi tegang, maka
kecepatan sudut awal ( π0 = 0)
kecepatan awal berlaku hukum kekekalan energi pada benda
m adalah :
1
2
ππ£0
2
= ππβ β π£0 = β2πβ
persamaan hukum kekekalan energi awal pada sistem
1
2
ππ£0
2
+
1
2
πΌπ π0
2
= ππβ
momen inersia silinder homogen
πΌπ =
1
2
ππ 2
maka :
1
2
ππ£0
2
+
1
2
(
1
2
ππ 2
)π0
2
= ππβ
πΎ0 =
1
2
ππ£0
2
+
1
2
(
1
2
ππ 2
)
π£0
2
π 2
penyokong
π π
ππ
π
π
β
gambar (b)
gambar (a)
7. OSN Fisika Bedah soal
395 http://ibnu2003.blogspot.com
πΎ0 =
1
2
ππ£0
2
+
1
2
(
1
2
ππ£0
2
)
πΎ0 =
1
2
(π +
π
2
) π£0
2
b. nilai ( π1), ( π£1) dan ( πΎ1) setelah sesaat tali menjadi tegang
syarat tali tidak slip adalah ( π£1 = π1 π )
karena tidak ada torsi luar yang bekerja pada sistem maka
momentum sudut bersifat kekal
πΏ0 = πΏ1
ππ£0 π = ππ£1 π + πΌπ π1
ππ£0 π = ππ£1 π +
1
2
ππ 2
π1
2ππ£0 = 2ππ£1 + ππ π1
2ππ£0 = 2ππ1 π + ππ π1
2ππ£0 = (2π + π)π π1
β΄ π£0 = (1 +
π
2π
) π π1
π1 =
π£0
(1 +
π
2π
) π
β΄ π1 =
β2πβ
(1 +
π
2π
) π
maka kecepatan linier
π£1 = π1 π =
π β2πβ
(1 +
π
2π
) π
β΄ π£1 =
π£0
(1 +
π
2π
)
=
β2πβ
(1 +
π
2π
)
maka energi kinetik ( πΎ1)
πΎ1 =
1
2
ππ£1
2
+
1
2
(
1
2
ππ 2
) π1
2
πΎ1 =
1
2
ππ£1
2
+
1
2
(
1
2
ππ 2
)
π£1
2
π 2
πΎ1 =
1
2
ππ£1
2
+
1
2
(
1
2
ππ£1
2
)
8. OSN Fisika Bedah soal
396 http://ibnu2003.blogspot.com
πΎ1 =
1
2
(π +
1
2
π)π£1
2
β΄ πΎ1 =
1
2
(1 +
π
2π
)π£1
2
kita masukkan harga ( π£1), maka :
πΎ1 =
1
2
(1 +
π
2π
)(
π£0
2
(1 +
π
2π
)
2)
β΄ πΎ1 =
1
2
π£0
2
(1 +
π
2π
)
kita lihat persamaan ( πΎ0)
πΎ0 =
1
2
(1 +
π
2π
) π£0
2
lakukan perbandingan K1 dengan K0, maka :
πΎ1 =
1
2
(1 +
π
2π
)π£1
2
πΎ0 =
1
2
(1 +
π
2π
) π£0
2
}
πΎ1
πΎ0
= (
π£1
π£0
)
2
πΎ1
πΎ0
=
1
(1 +
π
2π
)
2
β΄ πΎ0 = πΎ1 (1 +
π
2π
)
2
c. kenapa ( πΎ0) lebih besar dari ( πΎ1)
karena energi kinetiknya berubah menjadi energi panas
d. fraksi energi kinetik yang hilang ketika tali menjadi tegang,
jika (M=m)
πΎ0 = πΎ1 (1 +
1
2
)
2
πΎ0 =
9
4
πΎ1
maka nilai fraksi kinetik yang hilang adalah :
π =
πΎ0 β πΎ1
πΎ1
=
9
4
πΎ1 β πΎ1
πΎ1
=
9
4
β 1 =
5
4
9. OSN Fisika Bedah soal
397 http://ibnu2003.blogspot.com
96. Pembahasan
π = 4ππ; π = 400π/π; π΄ = 15ππ
a. besar amplitudo, frekuensi dan periode gerak benda
besar amplitudo
π΄ = 15ππ = 0,15π
besar frekuensi dan periode
π2
=
π
π
=
400
4
β π = β100 = 10ππππ β1
π =
π
2π
=
10
2π
=
5
π
π»π§ β π =
π
5
π
b. besar energi kinetik ketika balok 10 cm di atas titik
setimbang
persamaan kekekalan energi
1
2
ππ΄2
=
1
2
ππ£2
+
1
2
ππ₯2
1
2
ππ£2
=
1
2
π(π΄2
β π₯2
)
πΈπ =
1
2
400(0,152
β 0,12
)
πΈπ = 2,5π½
c. besar waktu yang dibutuhkan balok untuk bergerak ke atas
dari posisi 12 cm ke posisi 9 cm di atas setimbang
perhatikan gambar !
(
πππ ππ π π = 12ππ
πππ π½ =
12
15
β π½ = 370
πππ ππ π π = 9ππ
πππ πΌ =
9
15
β πΌ = 530
|
|
π = π½ + πΌ = 900
)
π
π
+π¦
π
πΌ
π½
10. OSN Fisika Bedah soal
398 http://ibnu2003.blogspot.com
persamaan getaran harmonis
π¦ = π΄π πππ = π΄π ππ2π
π‘
π
π ππ2π
π‘
π
= 1
2π
π‘
π
= 900
=
π
2
π‘
π
=
1
4
ββ΄ π‘ =
π
4
π
97. Pembahasan
π = 100ππππ = 0,1ππ
π΄ = 10ππ = 0,1π
π = 2π
a. persamaan gerak osilasi benda
π¦ = π΄π ππ(
2π
π
π‘ + π)
π¦ = π΄π ππ(
2π
2
π‘ + π)
π¦ = π΄π ππ(ππ‘ + π)
untuk t=0 dan y=A maka
π΄ = π΄π ππ( π0 + π) β π πππ = 1 β π = 900
maka persamaannya menjadi
β΄ π¦ = π΄π ππ(ππ‘ + 900
)
β΄ π¦ = π΄πππ ππ‘
b. besar kecepatan beenda saat melewati posisi setimbang
benda melewati saat melewati titik setimbang kecepatannya
adalah maksimum, maka
ππ¦
ππ‘
= π£ = π΄ππππ (ππ‘ + 90)
π£ = π΄π cos( ππ‘ + 90)
π£ = π£ ππππ πππ (ππ‘ + 90)
syarat maksimum ( πππ ππ‘ = 1), maka :
π£ ππππ = π΄π = 10π ππ β1
c. percepatan benda ketika benda 5 cm diatas titik setimbang
ππ£
ππ‘
= π = βπ΄π2
π ππ(ππ‘ + 90)
11. OSN Fisika Bedah soal
399 http://ibnu2003.blogspot.com
persamaan simpangan
π¦ = π΄π ππ(ππ‘ + 900
) β π ππ(ππ‘ + 900
) =
π¦
π΄
untuk 5cm diatas titik setimbang
π ππ(ππ‘ + 900
) =
π¦
π΄
=
5
10
( ππ‘ + 900) = 300
maka :
π = βπ΄π2
π ππ(ππ‘ + 90)
π = β10π2
π ππ300
= β5π2
ππ β2
untuk 5cm dibawah titik setimbang
π = 10π2
π ππ300
= 5π2
ππ β2
d. besar lama waktu diperlukan untuk pegas bergerak dari titik
5 cm di bawah posisi titik setimbangnya ke titik 5 cm di atas
titik setimbangnya saat bergerak keatas.
πππ 2π
π‘
π
=
π¦
π΄
=
1
2
2π
π‘
π
= 600
=
π
3
β π‘ =
π
6
maka waktu total yang diperlukan untuk pegas dari 5cm di
bawah sampai 5cm diatas posisi titik setimbangan adalah :
π‘ π‘ππ‘ππ =
π
6
+
π
6
=
π
3
π
98. Pembahasan
π2 = πΌπ1
ππππππ πππ πππ ππ = π π
a. besar periode osilasi sistem, bila kedua benda bergerak satu
kesatuan
gunakan persamaan hukum II Newton
Ξ£πΉ = Ξ£ππ
Ξ£πΉ = (π1 + πΌπ1)π₯Μ
berbanding dengan gaya pegas
Ξ£πΉ = ( π1 + πΌπ1) π₯Μ = βππ₯
π1
π2
12. OSN Fisika Bedah soal
400 http://ibnu2003.blogspot.com
( π1 + πΌπ1) π₯Μ = β
π
π1(1 + πΌ)
π₯
π₯Μ +
π
π1(1 + πΌ)
π₯ = 0
π₯Μ + π2
π₯ = 0
maka :
π2
=
π
π1(1 + πΌ)
β π = β
π
π1(1 + πΌ)
β΄ π = 2πβ
π1(1 + πΌ)
π
b. besar amplitudo maksimum yang mengizinkan kedua balok
bergerak satu kesatuan
gaya gesek pada balok kedua bergantung pada pergerakan
sistem sebagai satu kesatuan gerakan, maka :
ππ = π π π2 π
dan persamaan hukum II Newton
ππ = π2 π = π2 π2
π΄
maka : kedua balok bergerak satu kesatuan dengan syarat
sebagai berikut :
π π π2 π β₯ π2 π2
π΄
maka amplitudo diperoleh
π2 π2
π΄ = π π π2 π
π2 (
π
π1(1 + πΌ)
)π΄ = π π π2 π
π΄ ππππ =
π π π
(
π
π1(1 + πΌ))
β΄ π΄ ππππ =
π π ππ1(1 + πΌ)
π
13. OSN Fisika Bedah soal
401 http://ibnu2003.blogspot.com
99. Pembahasan
πππ π π ππππππππ = π
πππππ’π ππππππππ = π
πππ π π πππ‘πππ = π
πππππππ πππ‘πππ = πΏ
momen inersia piringan dan batang pada poros batang adalah :
πππππ πππππ ππ πππ‘πππ =
1
3
ππΏ2
πππππ πππππ ππ ππππππππ =
1
2
ππΏ2
+ π(π + πΏ)2
a. besar momen inersia total sistem batang dan piringan
terhadap poros
πΌπ‘ππ‘ = πΌπππ‘πππ + πΌ ππππππππ
πΌπ‘ππ‘ =
1
3
ππΏ2
+
1
2
ππ 2
+ π(π + πΏ)2
πΌπ‘ππ‘ = (
π
3
+ π)πΏ2
+
3
2
ππ 2
+ 2ππ πΏ
b. besar total torsi sistem batang dan piringan terhadap poros
perhatikan gambar
π πππππ = π πππ‘πππ + π ππππππππ
π πππππ = β(ππ
πΏ
2
+ ππ( π + πΏ)) π πππ
π