OSN Fisika Bedah

OSN Fisika Bedah soal
2008(kab/kota)
92 http://ibnu2003.blogspot.com
1. Pembahasan
bola dilempar vertikal ke atas dalam elevator
( 𝑎 𝑒) = percepatan elevator
( 𝑣𝑒) = kecepatan elevator
( 𝑣 𝑏𝑒) = kecepatan bola relatif terhadap elevator
a. waktu yang diperlukan bola ( 𝑡1) untuk mencapai ketinggian
maksimum relatif terhadap bumi
kecepatan bola relatif terhadap tanah merupakan jumlah
kecepatan bola terhadap elevator dan kecepatan elevator
( 𝑣 𝑏𝑡) = kecepatan bola relatif terhadap tanah
∴ 𝑣 𝑏𝑡 = 𝑣 𝑏𝑒 + 𝑣𝑒
persamaan kecepatan bola relatif terhadap tanah setiap
waktu adalah
𝑣 = 𝑣 𝑏𝑡 − 𝑔𝑡
0 = ( 𝑣 𝑏𝑒 + 𝑣𝑒) − 𝑔𝑡1
∴ 𝑡1 =
𝑣 𝑏𝑒 + 𝑣𝑒
𝑔
𝑣𝑒𝑣 𝑏𝑒
𝑡𝑎𝑛𝑎ℎ
𝑦′
𝑦
𝑙𝑖𝑓𝑡

2008(kab/kota)
b. ketinggian maksimum bola relatif terhadap tanah
persamaan jarak vertikal pada GVA
𝑦 = ℎ + 𝑣 𝑏𝑡 𝑡1 −
1
2
𝑔𝑡1
2
𝑦 = ℎ + ( 𝑣 𝑏𝑒 + 𝑣𝑒 ) 𝑡1 −
1
2
𝑔𝑡1
2
𝑦 = ℎ + ( 𝑣 𝑏𝑒 + 𝑣𝑒 )(
𝑔
) −
1
2
𝑔 (
𝑔
)
2
∴ 𝑦 𝑚𝑎𝑘𝑠 = ℎ +
( 𝑣 𝑏𝑒 + 𝑣𝑒)2
2𝑔
c. percepatan bola relatif terhadap kerangka elevator
∴ 𝑎 𝑏𝑒 = 𝑔 + 𝑎 𝑒
percepatan bola relatif terhadap kerangka elevator
merupakan jumlah percepatan gravitasi dan percepatan
elevator
d. waktu yang diperlukan bola ( 𝑡2) untuk mencapai ketinggian
maksimum relatif terhadap elevator
kecepatan bola relatif terhadap elevator setiap waktu ( 𝑣 𝑏𝑒)
adalah
𝑣 𝑏𝑒.𝑡 = 𝑣 𝑏𝑒 − 𝑎 𝑏𝑒 𝑡2
𝑣 𝑏𝑒.𝑡 = 𝑣 𝑏𝑒 − 𝑎 𝑏𝑒 𝑡2 = 0
𝑡2 =
𝑣 𝑏𝑒
𝑎 𝑏𝑒
∴ 𝑡2 =
𝑣 𝑏𝑒
𝑔 + 𝑎 𝑒
e. ketinggian maksimum bola relatif terhadap elevator
waktu yang dibutuhkan untuk mencapai tinggi maksimum
terhadap elevator ( 𝑡 = 𝑡2), maka tinggi maksimum bola
relatif terhadap elevator adalah :
𝑦 = 𝑣 𝑏𝑒 𝑡2 −
1
2
𝑎 𝑏𝑒 𝑡2
2
∴ 𝑦 𝑚𝑎𝑘𝑠 =
𝑣 𝑏𝑒
2
2(𝑔 + 𝑎 𝑒)
f. waktu bola kembali menyentuh elevator
waktu bola pada dasar elevator adalah 2 kali waktu tinggi
maksimum relatif terhadap elevator
𝑡 = 2𝑡2 ∴ 𝑡 =
2𝑣 𝑏𝑒
𝑔 + 𝑎 𝑒

2008(kab/kota)
2. Pembahasan
massa peluru ( 𝑚 𝑝 = 0,01𝑘𝑔)
kecepatan peluru sebelum tumbukan ( 𝑣𝑝 = 1000𝑚/𝑠)
kecepatan peluru setelah tumbukan ( 𝑣𝑝
′
= 400𝑚/𝑠)
massa balok ( 𝑚 𝑏 = 5𝑘𝑔)
kecepatan balok sebelum tumbukan ( 𝑣 𝑏 = 0)
kecepatan balok setelah tumbukan ( 𝑣 𝑏
′
)
a. besar kecepatan balok setelah tumbukan bila kecepatan
peluru setelah tumbukan ( 𝑣𝑝
′
= 400𝑚/𝑠)
hukum kekekalan momentum bahwa
𝑚 𝑝 𝑣𝑝 + 𝑚 𝑏 𝑣 𝑏 = 𝑚 𝑝 𝑣𝑝
′
+ 𝑚 𝑏 𝑣 𝑏
′
𝑚 𝑝 𝑣𝑝 = 𝑚 𝑝 𝑣𝑝
′
′
𝑚 𝑏 𝑣 𝑏
′
= 𝑚 𝑝 𝑣𝑝 − 𝑚 𝑝 𝑣𝑝
′
𝑣 𝑏
′
=
𝑚 𝑝(𝑣𝑝 − 𝑣𝑝
′
)
𝑚 𝑏
=
0,01(1000− 400)
5
= 1,2 𝑚/𝑠
b. tinggi maksimum yang dicapai balok
kecepatan balok setelah tumbukan ( 𝑣 𝑏
′
= 1,2𝑚/𝑠), maka :
ℎ 𝑚𝑎𝑘𝑠 =
𝑣 𝑏
′ 2
2𝑔
=
1,22
20
= 0,72𝑚
c. energi yang hilang dalam proses tumbukan
energi kinetik yang hilang pada proses tumbukan berbanding
lurus dengan jumlah ajlabar dari energi kinetik setelah
tumbukan dengan energi kinetik sebelum tumbukan
∆𝐸𝑘 = 𝐸𝑘𝑠𝑡𝑙ℎ.𝑡𝑚𝑏𝑘𝑛 − 𝐸𝑘𝑠𝑙𝑏𝑚.𝑡𝑚𝑏𝑘𝑛
∆𝐸𝑘 =
1
2
(𝑚 𝑝 𝑣𝑝
′2
′ 2
− 𝑚 𝑝 𝑣𝑝
2
)
∆𝐸𝑘 =
1
2
(0,01.4002
+ 5. 1,22
− 0,01.10002)
∆𝐸𝑘 =
1
2
(1600+ 7,20 − 10000) = −4196,4 𝑗𝑜𝑢𝑙𝑒

2008(kab/kota)
3. Pembahasan
perhatikan diagram gaya kedua massa dan katrol !
gaya normal pada benda ( 𝑚2) adalah ( 𝑁2)
a. besar gaya normal N2 maksimum agar m2 tetap tidak
bergerak
𝑇 − 𝑁2 − 𝑚2 𝑔 = 0
supaya gaya normal maksimum, maka (T=0)
𝑁2 − 𝑚2 𝑔 = 0
𝑁2 = 𝑚2 𝑔
b. besargaya tegang tali T agar m2 tetap tidak bergerak
agar benda m2 tetap diam, maka ( 𝑁2 = 0), maka :
𝑇 − 𝑚2 𝑔 = 0
𝑇 = 𝑚2 𝑔
c. besar gaya maksimum F agar m2 tetap tidak bergerak
𝐹 − 2𝑇 = 0
𝐹 = 2𝑇 = 2𝑚2 𝑔
d. besar percepatan massa m1 untuk harga F maksimum atau
( 𝑇 = 𝑚2 𝑔)
pada benda m1, maka :
𝑇 − 𝑚1 𝑔 = 𝑚1 𝑎
( 𝑚2 − 𝑚1) 𝑔 = 𝑚1 𝑎
∴ 𝑎 = [
𝑚2 − 𝑚1
𝑚1
]𝑔
𝑇
𝐹
𝑇
𝑇
𝑇
𝑁
𝑚1 𝑔
𝑚2 𝑔

2008(kab/kota)
4. Pembahasan
a. besar momen inersia batang terhadap sumbu rotasi !
[nyatakan dalam ( 𝑙) dan ( 𝑚)]
dengan menggunaka teorema sejajar, maka :
𝐼 = 𝐼 𝑝𝑚 + 𝑚𝑑2
𝐼 =
1
2
𝑚𝑙2
+ 𝑚𝑑2
𝐼 =
1
12
𝑚𝑙2
+
1
4
𝑚𝑙2
∴ 𝐼 =
1
3
𝑚𝑙2
b. besar energi total batang mula-mula dengan metode hukum
kekekalan energi
Ambil kerangka acuan di titik mula-mula bola yang memiliki
energo potensial sama dengan nol, maka juga energi total
mula-mula batang menjadi
∴ 𝐸(𝑎𝑤𝑎𝑙) = 𝑚𝑔𝑙
c. besar energi total batang sesaat sebelum tumbukan
energi total batang sesaat sebelum tumbukan berbanding
dengan jumlah aljabar energi potensial batang dan energi
kinetik rotasi dengan besar kecepatan sudut batang ( 𝜔),
maka :
𝐸( 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝐸𝑝 + 𝐸𝑘(𝑟𝑜𝑡𝑎𝑠𝑖)
𝐸( 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) =
𝑚𝑔𝑙
2
+
1
2
𝐼𝜔2
𝑚𝑔𝑙
2
+
1
2
(
1
3
𝑚𝑙2
)𝜔2
∴ 𝐸( 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) =
1
2
𝑚𝑔𝑙 +
1
6
𝑚𝑙2
𝜔2

2008(kab/kota)
d. besar kecepatan sudut batang sesaat sebelum tumbukan
dari jawaban b) dan c), maka besar kecepatan sudut menjadi
𝐸( 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝐸( 𝑎𝑤𝑎𝑙)
1
2
𝑚𝑔𝑙 +
1
6
𝑚𝑙2
𝜔2
= 𝑚𝑔𝑙
3𝑔 + 𝑙𝜔2
= 6𝑔
𝜔2
=
3𝑔
𝑙
∴ 𝜔 = √
3𝑔
𝑙
e. besar momentum sudut mula-mula dan momentum sudut
akhir sistem tersebut, bila Momentum sudut sistem tersebut
kekal
momentum sudut mula-mula sistem
𝐿( 𝑎𝑤𝑎𝑙) = 𝐼𝜔
𝐿( 𝑎𝑤𝑎𝑙) =
1
3
𝑚𝑙2√
3𝑔
𝑙
momen inersia sistem menjadi
𝐼𝑠𝑖𝑠 =
1
3
𝑚𝑙2
+ 𝑀𝑙2
momentum sudut akhir sistem
𝐿( 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝐼𝑠𝑖𝑠 𝜔 𝑠𝑖𝑠
𝐿( 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = (
1
3
𝑚𝑙2
+ 𝑀𝑙2
) 𝜔 𝑠𝑖𝑠
maka kecepatan sudut sistem adalah :
(
1
3
𝑚𝑙2
+ 𝑀𝑙2
)𝜔 𝑠𝑖𝑠 =
1
3
𝑚𝑙2√
3𝑔
𝑙
𝜔 𝑠𝑖𝑠 = (
1
3
𝑚𝑙2
1
3
𝑚𝑙2 + 𝑀𝑙2
)√
3𝑔
𝑙
∴ 𝜔 𝑠𝑖𝑠 =
𝑚
𝑚 + 3𝑀
√
3𝑔
𝑙
⇋ 𝜔 𝑠𝑖𝑠
2
=
3𝑚2
𝑔
𝑙( 𝑚 + 3𝑀)2

2008(kab/kota)
f. besar energi yang hilang dalam proses tumbukan
besarnya energi yang hilang pada proses tumbukan
berbanding dengan jumlah aljabar energi kinetik rotasi akhir
dengan energi potensial mula-mula.
kecepatan sudut sistem adalah : ( 𝜔 𝑠𝑖𝑠)
∆𝐸𝑘 = 𝐸𝑝 𝑎𝑤𝑎𝑙 − 𝐸𝑘 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑠𝑖.𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟
∆𝐸𝑘 = 𝑚𝑔𝑙 − (
𝑚𝑔𝑙
2
+
1
2
𝐼𝑠𝑖𝑠 𝜔 𝑠𝑖𝑠
2
)
∆𝐸𝑘 = 𝑚𝑔𝑙 − [
𝑚𝑔𝑙
2
+
1
2
(
1
3
𝑚𝑙2
+ 𝑀𝑙2
)(
3𝑚2
𝑔
𝑙( 𝑚 + 3𝑀)2
)]
∆𝐸𝑘 =
𝑚𝑔𝑙
2
−
𝑚2
𝑔𝑙
2( 𝑚 + 3𝑀)
∴ ∆𝐸𝑘 = [
3𝑚𝑀
2𝑚 + 6𝑀
] 𝑔𝑙
energi yang hilang pada sistem selama proses tumbukan
adalah ([
3𝑚𝑀
2𝑚+6𝑀
] 𝑔𝑙)
5. Pembahasan
a. gaya-gaya yang bekerja pada silinder
b. persamaan kesetimbangan gaya untuk sumbu x dan sumbu y
kesetimbangan gaya
sumbu x
𝑁 − 𝑇𝑥 = 0
𝑁 − 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
𝑦
𝑥
𝑁
𝜃
𝑟
𝜃
𝐿
𝑚𝑔
𝑇𝑥
𝑇
𝐵 𝐶
𝐴
𝑇𝑦
𝑓𝑔

2008(kab/kota)
sumbu y
𝑓𝑔 + 𝑇𝑦 − 𝑚𝑔 = 0
𝑓𝑔 + 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑚𝑔 = 0
c. persamaan kesetimbangan torka
kesetimbangan torka dengan acuan titik pusat silinder atau
titik C
Σ𝜏 𝐶 = 0
𝑓𝑔. 𝑟 − 𝑇. 𝑟 = 0
𝑓𝑔 = 𝑇
d. persamaan hubungan ( 𝑠𝑖𝑛𝜃) dan ( 𝑐𝑜𝑠𝜃) terhadap ( 𝑟) dan ( 𝐿)
tinjau potongan gambar pada jawaban a)
𝑠𝑖𝑛
𝜃
2
=
𝑟
√ 𝐿2 + 𝑟2
𝑐𝑜𝑠
𝜃
2
=
𝐿
√ 𝐿2 + 𝑟2
𝑠𝑖𝑛𝜃 = 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
2
𝑠𝑖𝑛
𝜃
2
𝑠𝑖𝑛𝜃 = 2 (
𝐿
√ 𝐿2 + 𝑟2
) (
𝑟
√ 𝐿2 + 𝑟2
)
∴ 𝑠𝑖𝑛𝜃 =
2𝑟𝐿
𝐿2 + 𝑟2
𝑠𝑖𝑛2
𝜃 =
4𝑟2
𝐿2
(𝐿2 + 𝑟2)2
untuk memudahkan besar ( 𝑐𝑜𝑠𝜃), gunakan sifat trigonometri
𝑠𝑖𝑛2
𝜃 + 𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 1
𝑐𝑜𝑠𝜃 = √1 −
4𝑟2 𝐿2
(𝐿2 + 𝑟2)2
= √
𝐿4 − 2𝑟2 𝐿2 + 𝑟4
𝐿4 + 2𝑟2 𝐿2 + 𝑟4
𝐿
𝑟
𝜃
2

2008(kab/kota)
𝑐𝑜𝑠𝜃 = √(
𝐿2 − 𝑟2
𝐿2 + 𝑟2
)
2
∴ 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝐿2
− 𝑟2
𝐿2 + 𝑟2
e. persamaan tegangan tali Y dalam ( 𝑟, 𝐿, 𝑚 𝑑𝑎𝑛 𝑔)
𝑓𝑔 + 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑔 ⇌ 𝑇 + 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑔
𝑇 =
𝑚𝑔
1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃
=
1
1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑚𝑔
𝑇 =
1
1 +
𝐿2 − 𝑟2
𝐿2 + 𝑟2
𝑚𝑔 =
𝐿2
+ 𝑟2
𝐿2 + 𝑟2 + 𝐿2 − 𝑟2
𝑚𝑔
∴ 𝑇 =
𝐿2
+ 𝑟2
2𝐿2
𝑚𝑔
f. persamaan gaya normal N dalam ( 𝑟, 𝐿, 𝑚 𝑑𝑎𝑛 𝑔)
𝑁 = 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑁 = [
𝐿2
+ 𝑟2
2𝐿2
𝑚𝑔]
2𝑟𝐿
𝐿2 + 𝑟2
∴ 𝑁 =
𝑟
𝐿
𝑚𝑔
g. persamaan gaya gesek ( 𝑓) dalam ( 𝑟, 𝐿, 𝑚 𝑑𝑎𝑛 𝑔)
nilai gaya gsek sama dengan tegangan tali
∴ 𝑓𝑔 = 𝑇 =
𝐿2
+ 𝑟2
2𝐿2
𝑚𝑔
h. nilai minimum ( 𝜇) agar kesetimbangan ini bisa tercapai
∴ 𝜇 =
𝑓𝑔
𝑁
=
𝐿2
+ 𝑟2
2𝐿2 𝑚𝑔
𝑟
𝐿
𝑚𝑔
=
𝐿2
+ 𝑟2
2𝑟𝐿
6. Pembahasan
helikopter diam di tempat relatif terhadap tanah
tinggi helikopter saat menolong korban ( 𝐿)
percepatan korban relatif terhadap tangga ( 𝑎 𝑘)
percepatan korban relatif terhadap tanah ( 𝑎 𝑘𝑡)
percepatan helikopter relatif terhadap tanah ( 𝑎)
percepatan gravitasi bumi ( 𝑔)
massa korban ( 𝑚)

2008(kab/kota)
a. waktu yang dibutuhkan sang korban agar sampai ke
helikopter, nyatakan dalam ( 𝑎 𝑘 , 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝐿)
percepatan korban relatif terhadap tanah ( 𝑎 𝑘𝑡) adalah jumlah
aljabar percepatan korban relatif terhadap heli ( 𝑎 𝑘) dan
percepatan heli terhadap tanah ( 𝑎)
𝑎 𝑘𝑡 = 𝑎 𝑘 + 𝑎
sehingga :
𝐿 =
1
2
𝑎 𝑘𝑡 𝑡2
=
1
2
(𝑎 𝑘 + 𝑎)𝑡2
⇋∴ 𝑡 = √
2𝐿
𝑎 𝑘 + 𝑎
b. panjang tali yang dipanjat oleh korban, nyatakan dalam
( 𝑎 𝑘 , 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝐿)
panjang tali yang di panjat korban sebesar :
𝐿 𝑘 =
1
2
𝑎 𝑘 𝑡2
=
1
2
𝑎 𝑘
2𝐿
𝑎 𝑘 + 𝑎
⇋∴ 𝐿 𝑘 =
𝑎 𝑘 𝐿
𝑎 𝑘 + 𝑎
c. panjang bagian tali yang ditarik oleh helikopter, nyatakan
dalam ( 𝑎 𝑘, 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝐿)
panjang tali yang ditarik heli berbanding dengan percepatan
heli relatif terhadap tanah (a), maka :
𝐿ℎ =
1
2
𝑎𝑡2
=
1
2
𝑎
2𝐿
𝑎 𝑘 + 𝑎
⇋∴ 𝐿ℎ =
𝑎𝐿
𝑎 𝑘 + 𝑎
d. besar usaha korban untuk naik helikopter, dalam
(𝑚, 𝑔, 𝑎 𝑘, 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝐿)
percepatan sistem relatif terhadap tanah menjadi
𝑎 𝑠𝑖𝑠 = 𝑔 + 𝑎 𝑘 + 𝑎
sehingga gaya yang bekerja pada korban berbanding dengan
percepatan sistem, maka :
𝐹 = 𝑚𝑎 𝑠𝑖𝑠 = 𝑚(𝑔 + 𝑎 𝑘 + 𝑎)
usaha korban untuk naik helikopter berbanding dengan gaya
dan panjang tali yang ditarik helikopter
𝑊𝑘 = 𝐹𝐿 𝑘
𝑊𝑘 = [𝑚(𝑔 + 𝑎 𝑘 + 𝑎)]
𝑎 𝑘 𝐿
𝑎 𝑘 + 𝑎
∴ 𝑊𝑘 = 𝑚𝐿
𝑎 𝑘
𝑎 𝑘 + 𝑎
(𝑔 + 𝑎 𝑘 + 𝑎)

2008(kab/kota)
e. besar usaha helikopter untuk menarik korban sampai korban
mencapai helikopter, dalam (𝑚, 𝑔, 𝑎 𝑘, 𝑎 𝑑𝑎𝑛 𝐿)
usaha yang dilakukan helikopter berbanding dengan usaha
yang dilakukan leh korban
𝑊ℎ𝑒𝑙𝑖 = 𝐹𝐿ℎ
𝑊ℎ𝑒𝑙𝑖 = [𝑚(𝑔 + 𝑎 𝑘 + 𝑎)]
𝑎𝐿
𝑎 𝑘 + 𝑎
∴ 𝑊ℎ𝑒𝑙𝑖 = 𝑚𝐿
𝑎
𝑎 𝑘 + 𝑎
(𝑔 + 𝑎 𝑘 + 𝑎)
7. Pembahasan
jari-jari bola tanpa rongga ( 𝑅);jari-jari bola berongga ( 𝑅/2)
volume bola tanpa rongga ( 𝑉 =
4
3
𝜋𝑅3
)
volume bola rongga [ 𝑉′ =
4
3
𝜋 (
𝑅
2
)
3
]
jarak pusat massa tanpa rongga ( 𝑥 𝑝𝑚.1)
jarak pusat massa berongga ( 𝑥 𝑝𝑚.2)
massa bola tanpa rongga ( 𝑀);massa bola berongga ( 𝑀′)
massa titik dalam jarak d ( 𝑚)
a. persamaan massa dalam M dan pusat massa dalam R dari
bola tanpa rongga
jarak pusat massa dalam M tanpa rongga sama dengan nol
∴ 𝑥 𝑝𝑚.1 = 0
𝑚
𝑑
𝑅

2008(kab/kota)
b. persamaan massa dalam M dan pusat massa dalam R dari
rongga
( 𝑀′) adalah massa berongga dalam M, maka besarnya
𝑀′
= 𝜌𝑉′
𝑀′
= 𝑀
𝑉′
𝑉
= 𝑀
4
3
𝜋(
𝑅
2
)
3
4
3
𝜋𝑅3
=
𝑀
8
dan jarak pusat massa dalam M berongga adalah
∴ 𝑥 𝑝𝑚.2 =
𝑅
2
c. persamaan massa dalam M dari bola dengan rongga
massa bola dengan berongga adalah selisih massa bola
dalam M tanpa rongga dengan massa dalam M nerongga
∆𝑀 = 𝑀 − 𝑀′
= 𝑀 −
𝑀
8
=
7𝑀
8
d. jarak pusat massa bola berongga dari pusat pola dalam R
jarak pusat massa gabungan menjadi :
𝑥 𝑝𝑚 =
𝑀𝑥 𝑝𝑚.1 − 𝑀′𝑥 𝑝𝑚.2
𝑀 − 𝑀′
=
−
𝑀𝑅
16
7𝑀
8
= −
𝑅
14
e. persamaan gaya gravitasi yang dirasakan massa m akibat
bola berongga dinyatakan dalam G, M, m, d dan R
gaya gravitasi total berbanding dengan jumlah aljabar dari
gaya gravitasi tanpa rongga dan berongga
𝐹𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚 = 𝐹 𝑀 − 𝐹 𝑀′
𝐹𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚 =
𝐺𝑀𝑚
𝑑2
−
𝐺𝑀′
𝑚
(𝑑 −
𝑅
2
)
2 =
𝐺𝑀𝑚
𝑑2
−
𝐺𝑀𝑚
8(𝑑 −
𝑅
2
)
2
𝐹𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚 = 𝐺𝑀𝑚[
8 (𝑑 −
𝑅
2
)
2
− 𝑑2
8𝑑2 (𝑑 −
𝑅
2
)
2 ]
∴ 𝐹𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚 =
𝐺𝑀𝑚
𝑑2
(
7𝑑2
− 8𝐷𝑅 − 2𝑅2
8𝑑2 − 8𝐷𝑅 − 2𝑅2
)

2008(kab/kota)
8. Pembahasan
massa kereta ( 𝑀)
massa balok ( 𝑚)
konstanta pegas ( 𝑘)
simpangan terjauh pegas ( 𝐴)
kecepatan kereta relatif terhadap bumi ( 𝑣 𝑀)
kecepatan balok relatif terhadap bumi ( 𝑣 𝑚)
a. persamaan kekekalan energi sistem dalam ( 𝑣 𝑚, 𝑣 𝑀, 𝑚, 𝐴, 𝑘)
saat balok ditarik, maka pegas menyimpang sejauh A, untuk
balok dan kereta kecepatannya sama dengan nol
𝐸( 𝑎𝑤𝑎𝑙) =
1
2
𝑘𝐴2
saat balok dilepaskan, maka balok dan kereta mempunyai
kecepatan relatif terhadap bumi adalah ( 𝑣 𝑚) dan ( 𝑣 𝑀)
1
2
𝑚𝑣 𝑚
2
+
1
2
𝑀𝑣 𝑀
2
persamaan hukum kekekalan energi menjadi :
1
2
𝑘𝐴2
=
1
2
𝑚𝑣 𝑚
2
+
1
2
𝑀𝑣 𝑀
2
b. persamaan kekekalan momentum linier dalam ( 𝑣 𝑚, 𝑣 𝑀, 𝑚, 𝑀)
momentum awal sama dengan nol karena tidak gaya luar
yang bekerja pada sistem. Setelah balokk ditarik dan
kemudian dilepaskan, maka
∆𝑝( 𝑎𝑤𝑎𝑙) = 0
∆𝑝( 𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟) = 𝑚𝑣 𝑚 + 𝑀𝑣 𝑀
𝑚
𝑘
𝑀
ℎ
𝐴

2008(kab/kota)
hukum kekekalan momentum menjadi
0 = 𝑚𝑣 𝑚 + 𝑀𝑣 𝑀
c. persamaan ( 𝑣 𝑀) dalam k, A, m, M
𝑚𝑣 𝑚 = −𝑀𝑣 𝑀
∴ 𝑣 𝑀 = −
𝑚𝑣 𝑚
𝑀
kembali pada persamaan hukum kekekalan energi, maka
1
2
𝑘𝐴2
=
1
2
𝑚𝑣 𝑚
2
+
1
2
𝑀(−
𝑚𝑣 𝑚
𝑀
)
2
1
2
𝑘𝐴2
=
1
2
𝑚𝑣 𝑚
2
+
1
2
𝑚2
𝑣 𝑚
2
𝑀
𝑘𝑀𝐴2
= 𝑣 𝑚
2
𝑚(𝑀 + 𝑚)
∴ 𝑣 𝑚 = 𝐴√
𝑘𝑀
𝑚(𝑀 + 𝑚)
d. persamaan ( 𝑣 𝑀) dalam k, A, m, M
𝑣 𝑀 = −
𝑚
𝑀
𝐴√
𝑘𝑀
𝑚( 𝑀 + 𝑚)
∴ 𝑣 𝑀 = −𝐴√
𝑘𝑚
𝑀( 𝑀 + 𝑚)
e. waktu massa m mencapai tanah
massa m melakukan jatuh bebas dari atas kereta,
ℎ =
1
2
𝑔𝑡2
⇋∴ 𝑡 = √
2ℎ
𝑔
f. jarak antara kedua massa saat massa m menyentuh tanah
𝑥 = ( 𝑣 𝑚 − 𝑣 𝑀) 𝑡
𝑥 = (𝐴√
𝑘𝑀
𝑚(𝑀 + 𝑚)
+ 𝐴√
𝑘𝑚
𝑀( 𝑀 + 𝑚)
)√
2ℎ
𝑔
𝑥 = 𝐴 (
(𝑀√𝑘( 𝑀 + 𝑚)) + (𝑚√ 𝑘(𝑀 + 𝑚))
(𝑀 + 𝑚)√ 𝑚𝑀
)√
2ℎ
𝑔
∴ 𝑥 = 𝐴√
2ℎ𝑘( 𝑀 + 𝑚)
𝑀𝑚𝑔

OSN Fisika Bedah

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to OSN Fisika Bedah

Similar to OSN Fisika Bedah (20)

More from SMA Negeri 9 KERINCI

More from SMA Negeri 9 KERINCI (19)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

OSN Fisika Bedah