Jawaban OSK 2012 Fisika A

(1)

Jawaban OSK 2012 Fisika A

1- (nilai 10) Pada kasus ini ada dua objek yang bergerak, yaitu bola dan orang.

Bola mengalami gerak proyektil sehingga mempunyai persamaan kinematika dengan selang waktu∆t1 + ∆t2. Sedang orang mempunyai dua jenis gerak, gerak yang pertama dengan percepatan konstan selama ∆t1 dan gerak yang kedua mempunyai kelajuan konstan selama ∆t2.

Untuk bola

 Arah mendatar :

sehingga t

t t sementara t

v t

x( ) ₀cos₀ ; ₁ ₂,

) (

cos )

(t v₀ ₀ t₁ t₂

x    

(nilai 2)  Arah vertikal :

 













2

0 0

2

0 0

2

0 0 1 2 1 2

0 0 1 2

1 2 1

0

1 sin

2

karena ditangkap pada posisi/ketinggian yang sama, maka 0, sehingga :

1

0= sin

2

1

0= sin

2

2 sin

atau

sin ...

2

y t v t gt

y t

v t gt

v t t g t t

v

t t t

g

g t t

v 



 

 





      

    

  

 

 _ _

 

 



1 2



 

0

... 2

dan

... 3 2 sin

g t t

v



   

(nilai 3)

Untuk orang

(2)

 

2

1 1

1

( ) ... 4 2

dan

... 5

x

x t a t

v a t

 

(nilai 2)  Etape kedua (GLB) :

 

1 x1.

 

2 ... 6

 

x t  x v t

 Dari persamaan (4), (5) dan (6), didapatkan :

 

2

  

 

1 1 2

1

... 7 2

x t  a t  a t t

 Dari persamaan (1) dan (7), didapatkan :





 

  





    

2

0 0 1 2 1 1 2

0 0 1 2

2

1 1 2

1 cos

2 cos

1 2

v t t a t a t t

v t t

a

t t t



       

   

    (nilai 3)

2- (nilai 11) Jawaban no. 2

a- Daya minimal yang diperlukan mesin mobil pada saat bergerak mendatar adalah:

2

0, 07 2000 kg 10 m s 10 m s 14000 W

PFvmgv   

 (nilai 3)

b- Pada saat menanjak dengan kemiringan tan0, 05sin, maka mobil harus mengatasi friksi, sehingga perlu daya minimal sebesar:

( cos sin ) ( tan )

24000 W

PFvmg     vmg  

 (nilai 4)

c- Pada saat menurun:

( cos sin ) ( tan ) 4000 W

PFvmg    vmg  

 (nilai 4)

(3)



W

T

cos

T



sin

T



x y



A

B

R

(Nilai 2) Dari Hukum II Newton untuk arah x dan y

0 0

cos sin

 



Fy



Fx

T  mg T  ma(Nilai 2)

sehingga

tan 

a g ₍Nilai 2)

Karena bergerak dengan lintasan lingkaran, maka kita dapat menyatakan percepatan benda ke dalam komponen radial dan komponen singgung.



rad_ial

sin ggu

ng

a

(4)

Untuk komponen arah radial,

2 2

sin

sin sin cos 



B

B v a

R

v aR

v gR



 



(Nilai 2)

Karena usaha oleh gaya nonkonservatifnya nol sepanjang gerak dari A ke B, maka energi mekanik benda kekal sehingga

2

0 1

cos 0

2

2 cos

   

 



k p

B

E E

mv mgR

v gR



(Nilai 2)

Substitusi nilai

v

_B, didapatkan

2

2 2

2

sin

2 cos

cos

sin 2 cos

tan 2



  

gR  gR 



 



(Nilai 2)

4- (nilai 12) Jawab

ma F 



 F_fr ma₂ (nilai 2)

   I



 _fr 2

5 2

mR

(5)





1 2

2 1 2

fr

5 2 5

7 5 2 5 2

a a

a a m ma

mR F



 

 

tanpa slip: a₁a₂ R (nilai 4)

1 2

7 2

a  a

 (nilai 4)

5- (nilai 8)Jawab:

Tenaga potensial gravitasi diberikan oleh U mgymgax2

a. Kesetimbangan stabil terjadi saat tenaga potensialnya minimum

0

0 2

  

 

x mgax dx

dU

(nilai 2)

Jadi kesetimbangan stabil terjadi pada x0. (nilai 2)

b. Tenaga osilasi harmonic sederhana sebanding dengan kuadrat perubahan posisi .

2

x yang ditunjukkan dalam persamaan _U₂1_kx2_{dan memiliki frekuensi sudut}

.

m k





mga k

kx mgax

U 2 ₂1 2  2 _{(nilai 2)}

Sehingga

rads/sec 2

1 , 0 10 2 2

2 _ _ _ _ _



 ga

m mga m

k

 (nilai 2)

6- (nilai 16)

Pada sistim katrol berlaku a = α R. Ambil nilai g = 10 m/det.2 Jadi, a1 = 0,5 α dan a2 = 0,2 α

Percepatan sudut benda m1 dan m2 sama karena katrolnya sama. Pada kedua benda m1 dan m2 juga sama-sama berlaku Hk. Newton:

F = m a dan = I α

Pada benda m1: m1g – T1 = m1 a1  20 – T1 = α (1)

(6)

T1 r1 – T2 r2 = I α  0,5 T1 – 0,2 T2 = 1,7 α (3) (nilai 2)

Substitusikan T1 pada (1) dan T2 pada (2) ke dalam pers (3), menghasilkan:

10 – 0,5 α– 3,6 – 0,072 α = 1,7 α

6,4 = 2,272 α  α = 2,817 rad/s2 _{(nilai 2)} Maka a1 = 0,5 α = 1,41 m/s2 _dan _{T1 = 20}–α_{= 17,183} N

a2 = 0,2 α = 0,563 m/s2_dan_{T2 = 18}–_0,36α_{= 19,014 N} (nilai 2) a- Benda m1 saat menyentuh lantai,

Kecepatannya: v1t  2a1h  2x1,41x0,2 0,751 m/s

Waktu yang dibutuhkannya: s

a v t t 533 , 0 41 , 1 751 , 0 1

1  



(nilai 2)

Waktu ini juga yang digunakan oleh benda m2 untuk naik hingga kecepatannya mencapai, s m x t a v v t / 3 , 0 533 , 0 563 , 0 0 2 20 2      (nilai 2)

b- Ketinggian benda m2 setelah bergerak selama t = 0,533 s adalah:

m x x t a t v y y _t 28 , 0 ) 533 , 0 ( 563 , 0 5 , 0 0 2 , 0 2 / 1 2 2 2 20 20 2        (nilai 2)

Setelah benda m1 menumbuk lantai, benda m2 masih terus bergerak ke atas secara

“jatuh bebas” dengan kecepatan awalnya sebesar vo = v2t = 0,3 m/s.

Jadi mm m g v h gh v gh v v o o o t 5 , 4 10 . 5 , 4 20 3 , 0 2 2 0 2 3 2 2 2 2 2         

 (nilai 2)

Jadi ketinggian total yang dicapai benda m2 adalah: y = y2t + h

(7)

7- (nilai 14)

Konstanta pegas k = 500 N/m

Panjang pegas tanpa kontraksi lo = 10 cm Massa cincin m = 10 kg

vi dan li masing-masing kecepatan cincin dan panjang pegas mula-mula

v dan l masing-masing kecepatan cincin dan panjang pegas setiap saat

Kekekalan energy mekanik pada sistim pegas: ½ mv2_{+ ½ k (l}–_lo)2_{= ½} mvi2 + ½ k (li – lo)2

(nilai 2) Karena vi = 0,

maka





m k l

l l l

v ( i o) ( o) .

2 / 1 2 2  



 (nilai 2)

dan sesuai gambar disamping, l_i  202 152 25cm

a- Saat cincin melewati titik A,

l = lA = 20 cm; (nilai 2) dan masukan nilai2 k, lo, dan m diatas untuk mendapatkan:



 



s m vA

/ 791 , 0

0125 , 0 . 50 1

, 0 2 , 0 1 , 0 25 , 0 10

500 2 2



 

  

(nilai 3)

b- Saat cincin melewati titik B,

cm cm

l

l B 20 10 10 5 22,36

2

2  



 (nilai 2)

s m

v_B  50. 0,152 12,362 0,601 / (nilai 3)

(8)

a- Agar “mobil” bisa membuat loop satu lingkaran penuh, maka saat di C: NC  0  NCmin = 0

F = m acp

R mv N

mg C C

2



 ; kondisi minimum, NC = 0

maka v_C2_min gR (1) (nilai 2)

Kekekalan energy : EMA = EMC

mvAmghA  mvC mghC

2 2

2 / 1 2

/ 1

2

) (

2

0 g h_Ah_C v_C  v_C2_min 2gh_min (2) (nilai 2) Substitusi (1) ke (2), diperoleh: hmin = ½ R (nilai 2)

b- Kekekalan energy di A dan D: EMA = EMD

D D

A

A mgh mv mgh

mv2  1/2 2 

2 / 1

2

) 5 , 0 2 ( 2

0 g R R vD  vD  5gR (nilai 3)

c- Jika “mobil” nya bermesin dan gesekan TIDAK diabaikan, dan saat “mobil” mencapai titik C, berlaku:



2



2

2 / 1 2

C C

C mv

R R mv N

mg   (nilai 1)

Dari persamaan kekekalan energy di A dan C, substitusikan ke pers. diatas, didapat:









 mgh

R N

mg _C 2

) 65 , 0 . ( 2

0 

 mg R

mgR

 = 0,15 mgR  energy gesekan yang hilang (nilai 3)

Energy yang dibutuhkan (input energy) untuk membuat satu loop: Wi = mg (2R + 0,65 R) = 2,65 mgR

Efisiensi Mesin mobil: 0,94 94%

65 , 2

15 , 0 65 , 2

      

i i

W W