1. Dokumen tersebut membahas tentang rotasi koordinat vektor dan hubungannya dengan sudut rotasi. 2. Dijelaskan bahwa kecepatan benda dapat bertambah walaupun percepatannya berkurang selama percepatan masih bernilai positif. 3. Dibahas mengenai koefisien gesek statis dan kinetik pada bidang datar kasar serta persyaratan agar benda dapat bergerak.

1. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
56 http://ibnu2003.blogspot.com
1. Pembahasan
Rotasi koordinat T( 𝑎, 𝑏) menjadi T’( 𝑎′, 𝑏′) dengan melihat
diagram vektor adalah :
𝑎′
= 𝑎 𝑥 + 𝑏 𝑦 = 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑎′
= −𝑎 𝑦 + 𝑏𝑥 = −𝑎𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃
2. Pembahasan
kecepatan benda dapat bertambah, walaupun percepatannya
berkurang. Percepatan merupakan perubahan kecepatan setiap
selang waktu tertentu.
Anggap benda mula-mula diam. Misalkan sebuah bernda
bergerak dengan percepatannya berkurang tiap selang waktu
tertentu, maka walaupun mengalami pengurangan percepatan,
tetapi kecepatan benda tetap bertambah. selama percepatan
benda bertanda positif maka nilai kecepatannya selalu
bertambah.
𝑌
𝑋′
𝑌′
𝑇
𝑏
𝜃
𝑎
𝑋𝜃
𝑏′
𝑎′
𝑎
𝑏
𝑏 𝑥
𝑏 𝑦
𝑎 𝑥
𝑎 𝑦
𝑡(𝑠)
𝑎(𝑚𝑠−2
)
𝑡(𝑠)
𝑣(𝑚𝑠−1
)

2. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
57 http://ibnu2003.blogspot.com
3. Pembahasan
bidan datar yang kasar memiliki
a. koefisien gesek statis ( 𝜇 𝑠) yang besarnya (0 ≤ 𝜇 𝑠 ≤ 1)
b. koefisien gesek kinetik ( 𝜇 𝑘) nilainya (0 ≤ 𝜇 𝑘 ≤ 1)
c. secara umum bahwa ( 𝜇 𝑘 < 𝜇 𝑠)
persyaratan benda bergerak bila :
𝐹 > 𝜇 𝑘 𝑁 ⇌ 𝐹 > 𝜇 𝑘 𝑚𝑔
untuk gaya lebih kecil dari berat benda ( 𝐹 < 𝑤), gaya F
berkemungkinan mengasilkan percepatandengan nilai koefisien
gesek antara massa dan bidang kasar memenuhi ( 𝐹 > 𝜇 𝑘 𝑚𝑔)
4. Pembahasan
𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛 𝑠𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟, 𝐼 = 𝑚𝑟2
/2
𝑘𝑒𝑐𝑒𝑝𝑎𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟 𝑚𝑒𝑛𝑔𝑔𝑒𝑙𝑖𝑛𝑑𝑖𝑛𝑔 = 𝑣1
𝑘𝑒𝑐𝑒𝑝𝑎𝑡𝑎𝑛 𝑠𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑒𝑟 𝑠𝑙𝑖𝑝 = 𝑣2
a. untuk silinder menggelinding, kecepatannya ( 𝑣1), maka
hukum kekekalan enegi mekaniknya
𝑚𝑔ℎ =
1
2
𝑚𝑣1
2
+
1
2
𝐼𝜔1
2
kecepatan sudut silinder ( 𝜔1
2
=
𝑣1
2
𝑟2
)
maka :
𝑚𝑔ℎ =
1
2
𝑚𝑣1
2
+
1
2
(
𝑚𝑟2
2
)
𝑣1
2
𝑟2
𝑔ℎ =
3
4
𝑣1
2
∴ 𝑣1 = √
4𝑔ℎ
3
b. untuk silinder tidak mengelinding, hanya melakukan gerak
translasi, maka kecepatan silinder ( 𝑣2) sesuai dengan hukum
kekekalan energi mekanik adalah :
𝑚𝑔ℎ =
1
2
𝑚𝑣2
2
∴ 𝑣2 = √2𝑔ℎ

3. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
58 http://ibnu2003.blogspot.com
c. perbandingan kedua kecepatan menjadi :
∴
𝑣1
𝑣2
=
√4𝑔ℎ
3
√2𝑔ℎ
= √
2
3
5. Pembahasan
Asumsikan pasir ditimbang di permukaan bumi
a. massa total jam pasir dengan pasirnya adalah m dan
dipengaruhi perceptapan gravitasi sebesar g, maka berat
totalnya menjadi ( 𝑤 = 𝑚𝑔).
b. berat jam pasir dan tabungnya bergantung pada percepatan
gravitasi bumi. jika percepatan gravitasi bumi homogen atau
sama maka berat jam pasir dan pasirnya bersifat tetap.
c. jika percepatan gravitasi tidak homogen, maka percepatan
gravitasi berbanding terbalik dengan kuadrat jarak antara
massa m dan massa bumi M,
∴ 𝑔 =
𝐺𝑚𝑀
𝑟2
d. jika pasir sudah jatuh semua maka percepatan gravitasimya
menjadi ( 𝑔′) yang dialami m akan lebih besar karena jarak
antara pusat massa m dan M semakin kecil sehingga nilai
( 𝑔′) semakin besar dan berat sistem jam pasir akan berubah
bertambah berat jika percepatan gravitasinya tidak homogen.
Timbangan
pada t = 1 jam
Timbangan
pada t = 0 jam
Timbangan
pada t = 0,001 jam

4. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
59 http://ibnu2003.blogspot.com
6. Pembahasan
perubahan maksimum panjang pegas x terjadi saat kecepatan
sesaat kedua benda sama ( 𝑣)
a. hukum kekekalan momentum linier
𝑚1 𝑣1 + 𝑚2 𝑣2 = ( 𝑚1 + 𝑚2) 𝑣
𝑣 =
𝑚1 𝑣1 + 𝑚2 𝑣2
𝑚1 + 𝑚2
b. hukum kekekalan energi sistem adalah :
1
2
𝑚1 𝑣1
2
+
1
2
𝑚2 𝑣2
2
=
1
2
( 𝑚1 + 𝑚2) 𝑣2
+
1
2
𝑘𝑥2
𝑘𝑥2( 𝑚1 + 𝑚2) = 𝑚1 𝑚2[𝑣1
2
+ 𝑣2
2
− 2𝑣1 𝑣2]
untuk :
𝑣1
2
+ 𝑣2
2
− 2𝑣1 𝑣2 = ( 𝑣1 − 𝑣2)2
sehingga :
𝑘𝑥2( 𝑚1 + 𝑚2) = 𝑚1 𝑚2( 𝑣1 − 𝑣2)2
𝑥2
=
𝑚1 𝑚2( 𝑣1 − 𝑣2)2
𝑘( 𝑚1 + 𝑚2)
∴ 𝑥 = √
𝑚1 𝑚2( 𝑣1 − 𝑣2)2
𝑘( 𝑚1 + 𝑚2)
7. Pembahasan
kemudi mobil dalam keadaan diam lebih sulit daripada mobil
dalam keadaan bergerak karena :
a. kemudi pada waktu mobil diam dibutuhkan momen gaya
yang lebih besar daripada momen gaya ketika mobil bergerak
∴ 𝜏 𝑚𝑜𝑏𝑙.𝑑𝑖𝑎𝑚 > 𝜏 𝑚𝑜𝑏𝑖𝑙.𝑏𝑒𝑟𝑔𝑒𝑟𝑎𝑘
b. ketika mobil bergerak koefisien gesek statisnya lebih kecil
dari keofisien gesek statis maksimumnya ketika diam,
sehingga torsi yang dibutuhkan untuk memutar lebih kecil.
∴ 𝜇 𝑠(𝑏𝑒𝑟𝑔𝑒𝑟𝑎𝑘) < 𝜇 𝑠(𝑑𝑖𝑎𝑚)
c. bila mobil semakin cepat, maka akan lebih mudah memutar
kemudi mobil karena momen gaya gesek yang pekerja pada
ban semakin kecil

5. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
60 http://ibnu2003.blogspot.com
8. Pembahasan
hukum kekekalan momentum sudut dengan meninjau titik atas
batang sebagai acuan.
𝑚1 𝑣𝑑 = (𝐼𝑏𝑡𝑔 + 𝐼 𝑝𝑎𝑟 )𝜔
dengan momen inersia batang ( 𝐼𝑏𝑡𝑔 = 𝑚2 𝑑2
/3) dan momen
inersia partikel ( 𝐼𝑏𝑡𝑔 = 𝑚1 𝑑2
), maka :
𝑚1 𝑣𝑑 = (
𝑚2 𝑑2
3
+ 𝑚1 𝑑2
)𝜔
kecepatan benda ( 𝑚1)
𝑣 = √2𝑔ℎ
sehingga :
3𝑚1√2𝑔ℎ = (3𝑚1 + 𝑚2)𝑑𝜔
∴ 𝜔 =
3𝑚1√2𝑔ℎ
(3𝑚1 + 𝑚2)𝑑
dengan titik bawah sebagai acuan, energi potensialnya sama
dengan nol. pada saat tersebut batang membentuk sudut ( 𝜃),
perpindahan pusat partikel
ℎ1 = 𝑑(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
perpindahan pusat massa massa batang
ℎ2 =
𝑑(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2
persamaan hukum kekekalan energi sistem adalah :
𝑚1
𝑑
𝜃
𝑚2 ℎ
ℎ1
ℎ2
𝑣

6. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
61 http://ibnu2003.blogspot.com
1
2
(𝐼𝑏𝑡𝑔 + 𝐼 𝑝𝑎𝑟)𝜔2
= 𝑚1 𝑔ℎ1 + 𝑚2 𝑔ℎ2
6𝑚1
2
𝑔ℎ
(3𝑚1 + 𝑚2)
= 2𝑚1 𝑔ℎ1 + 2𝑚2 𝑔ℎ2
6𝑚1
2
ℎ
(3𝑚1 + 𝑚2)
= (2𝑚1 + 𝑚2)𝑑[1− 𝑐𝑜𝑠𝜃]
1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
6𝑚1
2
ℎ
(3𝑚1 + 𝑚2)(2𝑚1 + 𝑚2)𝑑
𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1 −
6𝑚1
2
ℎ
(3𝑚1 + 𝑚2)(2𝑚1 + 𝑚2)𝑑
∴ 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 [1 −
6𝑚1
2
ℎ
(3𝑚1 + 𝑚2)(2𝑚1 + 𝑚2)𝑑
]
9. Pembahasan
( 𝑣𝑓) = kecepatan jupiter
untuk mempermudah penyelesaian soal ini, harus diasumsikan
bahwa :
a. jarak antara jupiter dan planet ketika kecepatan planet ( 𝑣)
dan ( 𝑣’)sanyat jauh sehingga energi potensial dapat
diabaikan.
b. jarak antara planet dan jupiter terhadap matahari sangat
jauh,maka mata hari sebagai acuan selalu diam.
1
2
𝑚𝑣2
+
1
2
𝑀𝑣𝑓
2
=
1
2
𝑚𝑣′2
+
1
2
𝑀𝑣𝑓
′2
dengan ( 𝑣𝑓
′
) kecepatan jupiter setelah kecepatan planet
menjadi ( 𝑣’).
𝑣𝑓 𝑀
𝑣
𝑣′

7. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
62 http://ibnu2003.blogspot.com
jumlah gaya luar yang bekerja pada sistem sama dengan nol,
sehingga berlaku hukum kekekalan momentum linier. arah
kecepatan ke arah kiri bernilai positif, maka :
−𝑚𝑣 + 𝑀𝑣𝑓 = 𝑚𝑣′ + 𝑀𝑣𝑓
′
∴ 𝑣𝑓
′
=
𝑀𝑣𝑓 − 𝑚[𝑣 + 𝑣′
]
𝑀
∴ 𝑣𝑓
′2
= (
𝑀𝑣𝑓 − 𝑚[𝑣 + 𝑣′
]
𝑀
)
2
sehingga :
𝑚𝑣2
+ 𝑀𝑣𝑓
2
= 𝑚𝑣′2
+ 𝑀(
𝑀𝑣𝑓 − 𝑚[𝑣 + 𝑣′
]
𝑀
)
2
0 = [ 𝑀 + 𝑚] 𝑣′2
+ [2𝑚𝑣 − 2𝑀𝑣 𝑓]𝑣′
− ([ 𝑀 − 𝑚] 𝑣2
+ 2𝑀𝑣𝑣 𝑓)
dari persamaan diatas
𝑥 = 𝑣′
; 𝑎 = [ 𝑀 + 𝑚]; 𝑏 = [2𝑚𝑣 − 2𝑀𝑣𝑓]
𝑐 = −[ 𝑀 − 𝑚] 𝑣2
− 2𝑀𝑣𝑣𝑓
gunakan rumus abc :
𝑥 =
−𝑏 ± √ 𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
𝑏2
= [4𝑚2
𝑣2
+ 4𝑀2
𝑣𝑓
2
− 8𝑚𝑀𝑣𝑣𝑓]
4𝑎𝑐 = 4[ 𝑀 + 𝑚](−[ 𝑀 − 𝑚] 𝑣2
− 2𝑀𝑣𝑣𝑓)
4𝑎𝑐 = (−4𝑀2
𝑣2
+ 4𝑚2
𝑣2
− 8𝑀2
𝑣𝑣𝑓 − 8𝑚𝑀𝑣𝑣𝑓)
√ 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 2𝑀√ 𝑣𝑓
2 + 𝑣2 + 2𝑣𝑣𝑓
√ 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 2𝑀√ 𝑣𝑓
2 + 2𝑣𝑣𝑓 + 𝑣2
√ 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 2𝑀√(𝑣 + 𝑣𝑓)2 = 2𝑀(𝑣 + 𝑣𝑓)

8. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
63 http://ibnu2003.blogspot.com
sehingga :
𝑣′ =
−[𝑚𝑣 − 𝑀𝑣𝑓] ± 𝑀(𝑣 + 𝑣𝑓)
[ 𝑀 + 𝑚]
𝑣′ =
−𝑚𝑣 + 𝑀𝑣𝑓 + 𝑀𝑣 + 𝑀𝑣𝑓
[ 𝑀 + 𝑚]
tanda positif artinya pesawat memutari planet pada arah
yang berlawanan.
∴ 𝑣′ =
2𝑀𝑣𝑓 + [𝑀 − 𝑚]𝑣
[ 𝑀 + 𝑚]
10. Pembahasan
a. gunakan sumbu x. Tunjukkan bahwa ketika mata pancing X;
bagian panjang tali yang bergerak ( 𝐿 −
𝑥
2
).
Jawab :
𝐿′
= 𝐿 −
𝑥
2
b. Asumsikan bahwa tali uniform dengan kerapatan linier
( 𝜌)(massa per panjang tali). Berapakah massa tali yang
masih bergerak ?
jawab :
massa total tali ( 𝑚𝑙𝑇) adalah massa tali yang masih bergerak
𝑚𝑙𝑇 = 𝜌𝐿′
= 𝜌 (𝐿 −
𝑥
2
)
c. Tentukan laju bagian bawah yang bergerak dan mata
pancing, asumsikan bahwa laju awal ( 𝑣0 = 6𝑚/𝑠), panjang
tali L=20m, massa mata pancing ( 𝑚 𝑓 = 0,8𝑔𝑟) dan rapat
linier ( 𝜌 = 1,3𝑔𝑟𝑚−1
)
Jawab :
massa tali ( 𝑚𝑙 = 𝜌𝑙), maka hukum kekekalan energi menjadi
1
2
𝑚𝑙 𝑣0
2
+
1
2
𝑚 𝑓 𝑣0
2
=
1
2
𝑚𝑙𝑇 𝑣2
+
1
2
𝑚 𝑓 𝑣2
𝐿 𝑥/2
𝑥
𝐿′

9. OSN Fisika
Bedah soal
2005(kab/kota)
64 http://ibnu2003.blogspot.com
[𝜌𝑙 + 𝑚 𝑓]𝑣0
2
= [𝜌 (𝐿 −
𝑥
2
) + 𝑚 𝑓] 𝑣2
∴ 𝑣 = 𝑣0√
𝜌𝑙 + 𝑚 𝑓
𝜌(𝐿 −
𝑥
2
) + 𝑚 𝑓
masukkan nilainya
𝑣 = 6√
26,8
26,8− 0,65𝑥
= √
964,8
26,8− 0,65𝑥
d. plot kelajuan mata pancing v terhadap posisi x
𝑥 = 0 ⇋ 𝑣 = 6𝑚/𝑠
𝑥 = 10 ⇋ 𝑣 = 6,89 ≈ 6,9𝑚/𝑠
𝑥 = 20 ⇋ 𝑣 = 8,36 ≈ 8,4𝑚/𝑠
grafik ( 𝑥 → 𝑣)
10
8
6
10
20