SOAL - JAWAB OSN Fisika 2014

Halaman 1 _dari 19

SOAL - JAWAB OSN Fisika 2014

1- (10 poin) Sebuah silinder pejal bermassa

M dan jari-jari R berada di sebuah pojok dan menyentuh dinding maupun lantai, seperti terlihat pada gambar samping. Seutas tali tak bermassa dan sangat panjang dililitkan pada silinder kemudian dipasang pada katrol licin secara mendatar dan dihubungkan ke benda bermassa m. Koefisien gesek kinetik  berlaku untuk

permukaan dinding dan lantai. Selama benda m bergerak ke bawah, silinder M tetap berada dalam kontak dengan dinding dan lantai. Tentukan:

a. gaya normal dari dinding dan lantai (nyatakan dalam , m, M, dan g)

b. percepatan benda m dan hitung pula nilai percepatannya secara numerik untuk data berikut ini:

 = 0,5, m = 11 kg, M = 8 kg, R = 0,4 m dan g = 10 m/s2. c. nilai m/M minimum agar silinder dapat berotasi.

Jawaban:

a. Diagram gaya

Persamaan gaya:

Gaya vertikal pada m : mg T ma (1) (0,3 poin)

Halaman 2 _dari 19 Gaya vertikal pada silinder: Mg F₁ N₂0 (3) (0,3 poin)

Gaya gesek pada dinding: F₁N₁ (4) (0,3 poin)

Gaya gesek pada lantai F₂N₂ (5) (0,3 poin)

Persamaan torka:

1 2

TRF RF RI (6) (0,3 poin)

Hubungan antara percepatan dengan percepatan sudut

aR (7) (0,3 poin)

Momen inersia silinder pejal terhadap sumbunya 2 1 2

I  MR (8) (0,3 poin)

Delapan persamaan di atas juga mengandung delapan besaran yang belum diketahui, yaitu T, F1, F2, N1, N2, I, a,  sehingga dengan metode substitusi, seluruh besaran

tersebut dapat diketahui.

Persamaan (1) dapat dituliskan sebagai

( )

Tm ga (9)

Substitusi persamaan (9), (4), (5), (7) dan (8) ke persamaan (2), (3) dan (6) menghasilkan berturut-turut

2 1

( ) 0

m g a N N  (10)

MgN₁N₂ 0 (11) (1 poin)

1 2

1 2 2

( (m g a) N N R)  MR a R( / ) (12)

Dari persamaan (10) dan (11), nilai N₁ dan N₂ dapat diperoleh sebagai

1 2

( )

1

Mg m g a

N       (13) 2 2 ( ) 1

Mg m g a

N 



 



 (14)

Masukan harga a dari pers (15) didapatkan:



 



Mg

M m m M m N _             1 1 2 2 4 2 2

1 _{  }

 

(1,3 poin)



 



Mg

M m m m M N _             1 1 2 2 3 2 2 2

2 _{  }



Halaman 3 _dari 19 b. Dengan memasukkan persamaan (13) dan (14) ke dalam persamaan (12), akhirnya

percepatan m dapat ditentukan sebagai

2 2

2 1 2

2

(2 1) ( )

(2 1) ( 1)

m M

a g

m M

   

  

   



    (15) (1 poin)

Dengan memasukkan nilai-nilai besaran di atas,

a = 3,125 m/s2 (1 poin)

Nilai a di atas tidak bergantung pada R.

c. Agar silinder di atas berotasi, maka benda m harus bergerak ke bawah, a 0.

Sehingga a minimum  a = 0 (0,5 poin)



221

 

M 2



0

m atau

1 2 2

2

min  

 

     

 

 

M m

Halaman 4 _dari 19 2- (13 poin) Perhatikan gambar di bawah ini. Sebuah bola billiard berjari-jari R diletakkan

pada posisi ( , )a b dari ujung kiri atas meja (lubang A). Panjang dan lebar bagian dalam meja berturut-turut adalah P dan L.Seorang siswa ingin memasukkan bola tersebut ke dalam lubang C dengan memukulnya oleh gaya sesaat Fpada sudut  terhadap sisi AB. Waktu kontak pemukul dengan bola adalah t₀ dan asumsikan seluruh impuls yang diberikan pemukul dikonversi menjadi momentum bola. Siswa tersebut berencana untuk memantulkan bola tersebut dua kali yaitu dipantulkan oleh sisi AB dan sisi BD, sampai akhirnya masuk ke lubang. Lubang pada meja dibuat sedemikian sehingga titik tengah lubang tersebut berada tepat pada ujung-ujung bagian dalam meja. Dan ketika bola masuk lubang, pusat massa bola dianggap berada pada pusat lubang.

Tentukanlah:

a. tan agar bola tepat masuk di lubang C (nyatakan dalam ,b P R, , dan ).a b. S₁ yaitu jarak yang ditempuh bola sebelum menumbuk dinding AB.

c. S₂ yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding AB dan sebelum menumbuk dinding BD.

d. S₃ yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki lubang.

e. Jika tumbukan antara bola dan dinding adalah lenting sebagian dengan koefisien restitusi

,

e tentukan kecepatan bola sesaat sebelum masuk ke dalam lubang (nyatakan dalam

0 1 2 3

, , , , , , , , dan .

F t e m k R S S S

(Asumsikan energi yang hilang akibat rotasi adalah kmRd dimana k adalah konstanta penghambat rotasi, m adalah massa bola, R adalah jari-jari bola, dan d adalah jarak yang ditempuh bola.)

A B

Halaman 5 _dari 19 Jawab:

(0,5 poin) a. Misalkan tumbukan antara bola dengan dinding terjadi dengan koefisien restitusi e,

maka kita dapatkan

  1tan tan

e

 (0,5 poin)

  1tan tan

e

 (0,5 poin)

sehingga kita punya 

 tan

tan  (0,5 poin)

Menggunakan trigonometri dan geometri, kita dapatkan:

1 1 tan

ex y R L

y R

b _

  

 (0,5 poin)

R L x x

a  ₁  R P y y₁  

dimana variabel yang tidak diketahui adalah x y x, , ₁, y₁ dan. Dengan eliminasi dan substitusi, kita dapatkan:



L R



e



ea R P eb

  

  

1

tan (0,5 poin)

A B

Halaman 6 _dari 19 dan







b R P e ea e R L x     

 1 dan

R L a e eb R P y       ) 1 (







eb R P R P a b R P R L x         ) ( ) (

1 dan

ea R L e R P a b R P R L e y          ) )( 1 ( ) ( ) )( ( 1

(0,5 poin)

b. Sehingga:







2 1 1 1 csc               R P eb ea e R L b b S  (1,5 poin)

c.













2 2 1 1 ) ( ) (                     ea e R L R P eb e eb R P R P a b R P R L

S (1,5 poin)

d.











2 3 1 1 ) ( sec                 ea e R L R P eb R L R L S 

(1,5 poin)

e. Kemudian, dengan menggunakan kekekalan energi

kmrd mv E mv mv _loss     2 1 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1

(1 poin)

1 2

1 2

0 v 2krS

v   (1 poin)

1 2

0

1 v 2kRS

v   (1 poin)

m t F v t F mv 0 0 0 0    

 (0,5 poin)

Halaman 7 _dari 19 1

2 2 0 2

1 2kRS

m t F

v    (0,5 poin)

Kecepatan setelah tumbukan untuk dinding atas adalah ev₁ . Dengan menggunakan kekekalan energi untuk jalur S₂ dan S₃, kita dapatkan:



2 3



2 1 4 2

2 0 2 4

2kRe S e S S

m t F e

vakhir   



 (1 poin)

3- (15 poin) Dua buah partikel A dan B dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu y dan partikel C dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu x. Partikel B dan C terhubung melalui suatu batang tegar yang tak bermassa dengan panjang L , sedangkan partikel A dan C terhubung melalui suatu batang tegar tak bermassa dengan panjang L 3. Terdapat suatu engsel licin yang menghubungkan kedua ujung batang tersebut di C (lihat gambar). Diketahui massa ketiga partikel, mA mB mC m dan pada saat awal, 1(0) 6rad ,

1(0) 2(0) 0rad s

   , dimana 1d1 dt dan 2d2 dt

x

y

O

A

B

C 1



2



L

3

L

g

Tentukan:

a. posisi masing-masing partikel (nyatakan dalam sudut 1 dan 2) dan tentukan hubungan

antara sudut 1 dan 2

Halaman 8 _dari 19 c. kecepatan dan percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O

untuk yang pertama kali

Jawab:

x

y

O

A

B

C 1



2



L

3

L

yB yA

xC

a. Dari gambar terlihat bahwa

1 2

1 2

3 cos

cos

3 sin sin

A B C

y L

y L

x L L

 

 

 

 

(1) (3 poin)

sehingga kita dapatkan hubungan antara sudut 1 dan 2 adalah

1 2

3 sin sin (2) (1 poin)

b. Energi potensial sistem adalah







12 2



2 2

3 cos cos

3 sin cos

P A B

E mgy mgy

mgL

mgL

 

 

 

 

  

(3) (1,5 poin)

Energi kinetik sistem adalah,



2 2 2



1 2

K yA yB xC

E  m v v v (4) (0,5 poin)

Dengan menggunakan persamaan (1), kita dapatkan

1 1

2 2

2 2

3 sin

sin

cos

yA yB xC

v L

v L

v L

 

 

 

    

Halaman 9 _dari 19 Dan dari persamaan (2) , kita dapatkan

2

1 ₂ 2

2 cos 3 sin     

 (6) (0,5 poin) Substitusi persamaan (5) dan (6) ke persamaan (4), kita dapatkan





2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 4

2 2 2

2 2

2

1

3 sin sin cos

2

sin cos

1

1

2 3 sin

3 sin 1

2 3 sin

K E mL mL mL                    _  _        _{ }   

(7) (1 poin)

Jadi energi total untuk sistem adalah





4

2 2 2 2

2 2 2 2

2

3 sin 1

3 sin cos

2 3 sin

K P

E E E

mL  mgL  

       _{ }     

(8) (1 poin)

c. Karena sistem konservatif, maka energi total sistem kekal. Pada saat awal, energi kinetik sistem nol, sehingga energi pada saat keadaan awal adalah

2

awal

E  mgL (0,5 poin)

dan saat partikel B sampai di titik O, 2 2rad, 2 2 2 1 2 2 akhir

E  mL  mgL (0,5 poin)

Dengan menggunakan kekekalan energi, didapatkan





2 2 2 2 g L

   (9) (0,5 poin)

Substitusi ke persamaan (5) dan (6), kita dapatkan





0

2 2 2

0 yA yB xC v v gL v     

Halaman 10 _dari 19

x

y

O

A

B C

1



L

3

L mg

mg

AC

T

CA

T

CB

T

BC

T

Hukum II Newton untuk partikel saat B di titik O adalah

1

1

cos

sin

AC yA

yB

CB CA xC

T mg ma

mg ma

T T ma





 

 

 

(11) (0,5 poin)

sehingga kita dapatkan

yB

a  g

Dari persamaan (5) dan (6), kita punya

 

 





 





2

2 2 2

2 ₂ 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

sin 2 2 cos 2 sin 2

2 2 3 sin

cos sin

sin cos

yA

yB

xC

L a

a L

a L



     



    

    

 

  _   _

  

  

  

(12) (0,9 poin)

dengan 2d2 dt. Karena ketika partikel B berada di titik O, 2 2rad, maka 2

g L

   (13) (0,2 poin)

dan







2 2



2

1 2 2

  

 

g a

g a

xC yA

Halaman 11 _dari 19 4- (20 poin) Sebuah kapasitor keping sejajar mempunyai luas penampang A dan terpisah sejauh

d, serta tinggi a. Ruang diantara kapasitor berisi udara dengan permitivitas anggap sama dengan ruang hampa yaitu 0. Kapasitor kemudian dihubungkan dengan sebuah baterai yang

memiliki tegangan V0. Kemudian baterai diputus, muatan pada kapasitor dipertahankan tetap

sebesar Q0, kemudian sebuah lembaran dielektrik padat dengan luas yang sama, A, dan tebal l (dimana l < d)serta konstanta dielektrik K1 disisipkan tepat di tengah kapasitor. Hitung:

(a) muatan induksi pada dielektrik!

(b) medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat! (c) medan listrik pada dielektrik!

(d) beda potensial kapasitor setelah dielektrik dimasukkan! (e) Tentukan kapasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan!

Dielektrik padat kemudian ditarik dan kapasitor selanjutnya dihubungkan kembali dengan baterai semula dengan tegangan V0. Kapasitor ini kemudian dicelupkan kedalam cairan

dielektrik dengan konstanta dielektrik K2 dan massa jenis .

(f) Tentukan ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar!

Kapasitor diangkat dari cairan, baterai kemudian dilepas dan kemudian pada plat sejajar diberi muatan sebesar Q0.

(g) Hitung kembali ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar pada kondisi terakhir!

Ketentuan:

Semua jawaban akhir harus dalam V0 atau Q0 dan ukuran geometri serta konstanta dielektrik

yang sesuai.

Jawab:

(a). Kapasitas kapasitor pada kondisi vacuum: 0A C

d 

 (1 poin)

Besar muatan pada kapasitor: Q0 = CV = 0 0

A V d 

(1 poin)

Muatan induksi pada dielektrik:

Qind = Qo ( 1 - 1

Halaman 12 _dari 19 (b). Medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat:

Medan listrik tidak berubah yaitu:

0 0

0 0

Q V

E

A d



  (2 poin)

(c). Carilah medan listrik pada dielektrik!

0 0 1

1 0

/

d

Q

E E K

K A

  (2 poin)

(d). Tentukan beda potensial setelah dielektrik dimasukkan!

0( ) d 0( ) 0 / 1 V  



E dl E d l E lE d l E l K

0

0 1 1

0

( / ) Q ( / )

V E d l l K d l l K

A 

      (2 poin)

(e). Kapasitas setelah dielektrik dimasukkan!

0 0

0 1

1 0

( / )

( / )

Q A

Q C

Q

V d l l K

d l l K

A





  

   

(2 poin)

(h)

Adanya muatan pada kapasitor akan menarik cairan ke atas sampai terjadi keseimbangan antara gaya listrik dan gaya gravitasi. Misal hal ini terjadi pada ketinggian x.

Ambil lebar kapasitor adalah b = A/a. Kapasitas kapasitor menjadi:

0 0

2 2

[ ( )] [( 1) ]

b b

C K x a x K x a

d d

 

     

a

Halaman 13 _dari 19 Gaya listrik: 2 1 2 0 2 2 ( ) ( 1) 2 e

d CV b

dW

F K V

dx dx d



     

Pada kondisi setimbang, gaya listrik ini sama dengan gaya berat dielektrik, maka:

mg V K d b   2 2

0 _{( 1)}

2  g V K d b cair) Vol ( ) 1 ( 2 2 2 0     bdhg V K d b _

 _ 2 _

2

0 _{( 1)}

2

Sehingga ketinggian cairan menjadi: ₂ 2

2

0 _{( 1)} 2

V K gd

h 

 

(4 poin)

(i). Apabila muatan dipertahankan sebesar Q0,

Gaya listrik: 2 2 1 0 2 2 ( ) 2 e

d CV Q

dW dC

F

dx dx C dx

       _{ }   2 0 2 2 2 0 ( 1)

2 [( 1) ]

e

Q K d

F

b K x a 

 

 

Pada keadaan keseimbangan: 2

0 2

2 2

2 0

( 1)

2 [( 1) ]

Q K h

gb K x a

 

 

 

Persamaan pangkat tiga ini dapat diselesaikan dengan menggunakan pendekatan h = x

bernilai rendah:









2

2 1h a

K h     dengan





0 2 2 2 0 2 1    gb K Q  













2

2 2

2 2

2

2 1 h 2a K 1h a 2a K 1h a

K h          



1



0

2a K₂  h2 a2h 

Halaman 14 _dari 19







1



4

1 8

2

2 4

2



 

  

K a

K a a a

h 

atau







1



4

2

1 8

2

0 2

2 2 2 0 4

2



 

  

K a

gb K Q a a a

h  

(4 poin)

5- (22 poin) Sebuah lintasan memiliki 2 buah loop lingkaran beradius R yg terpaut jarak tertentu (seperti pada gambar dibawah). Loop setengah lingkaran yg kiri permukaannya licin, sedangkan sisa lintasan yaitu lintasan lurus dan loop seperdelapan lingkaran yang kanan permukaannya kasar dengan besar koefisien gesek statis dan kinetis yg sama, . Pada lintasan ini, akan dilakukan 2 kali percobaan.

Percobaan pertama, sebuah benda X bermassa m, berjari-jari r, memiliki momen inersia βmr² dilepaskan dari keadaan diam pada puncak lintasan di sebelah kanan.

(a) Tentukan syarat μ (koefisien gesek) lintasan tersebut agar benda memiliki energi kinetik maksimum pada saat melewati titik A!

Mulai saat ini dan seterusnya (hingga percobaan kedua), gunakan koefisien gesek minimum yang didapat di (a) untuk lintasan kasar.

(b) Benda X akan menggelinding hingga melewati titik B. Hitung kecepatan benda X di titik B!

(c) Benda X akan menaiki loop kiri hingga titik tertinggi. Berapakah s, panjang lintasan (diukur dari B ke arah kiri mengikuti bentuk lintasan) yg ditempuh benda?

(d) Benda tersebut akan bergerak kembali ke titik B, dan kemudian bergulir sepanjang lintasan BA. Tentukan nilai L, (di sepanjang lintasan BA) sehingga benda X dapat mencapai titik A dalam kondisi yg sudah tidak slip!

Halaman 15 _dari 19 (e) Jelaskan keadaan gerak benda X secara kualitatif jika :

1) Panjang BA < L

2) Panjang BA > L

Percobaan kedua dilakukan. Di sini, diperkenalkan sebuah benda titik Y bermassa m juga, namun tidak memiliki momen inersia.

Lintasan masih memiliki kekasaran sesuai dgn hasil (a). INGAT, masukkan nilai numeris β!

Pada percobaan kedua, hal yang sama dilakukan seperti percobaan pertama. Namun, disaat benda X berada pada titik B (berarah gerak ke kanan), benda Y di lontarkan dari titik A (berarah gerak ke kiri) dengan kecepatan v (besarnya mengikuti hasil (b)).

(f) Tentukan d, letak tumbukan benda X dan Y(diukur dari titik A ke arah ke kanan)!

(g) Tentukan pula τ, waktu bertumbukan mereka (diukur dari saat benda X di B dan benda Y di A)!

(h) Tumbukan terjadi secara sentral dan elastik. Tentukan kecepatan benda-benda tersebut sesaat setelah tumbukan!

(i) Analisis gerakan kedua benda setelah tumbukan dan jawablah setiap pertanyaan berikut ini dengan bukti-bukti kuantitatif :

1) Apakah benda X dapat mencapai kondisi tidak slip sebelum sampai di titik B?

2) Apakah benda Y berhenti bergerak sebelum menaiki loop kanan?

3) Akankah kedua benda tersebut bertumbukan untuk kedua kali-nya? Jika ya, tentukan kecepatan masing2 benda sesaat setelah tumbukan kedua!

(j) Jelaskan konfigurasi (kecepatan dan posisi) paling akhir benda X dan Y!

Catatan: Jawaban dari soal2 diatas hanya boleh dinyatakan dalam R, m, r, dan g.

Khusus (a)-(d), jawaban boleh juga dinyatakan dalam β.

Jawaban

:

(a) Agar benda memiliki energi kinetik maksimum, gaya gesek tidak boleh melakukan kerja.

Kemungkinan 1: Licin

μ = 0 (Tidak memenuhi, karena lintasan seharusnya kasar) (0,2 poin)

Kemungkinan 2: Tidak slip

Hukum Newton II :

Translasi : mg sinθ – f = m.a ...(1) (0,2 poin)

Halaman 16 _dari 19 Rotasi : f.r = I.α = βmr².α ...(3) (0,2 poin)

dari konsep tidak slip : a = αr...(4) (0,2 poin)

Dari Persamaan (1), (3), dan (4) : f =

mg sinθ

Kita tahu f ≤ μ.N

Maka, menggunakan pers (2) :

mg sinθ≤ μ.mg cosθ (0,2 poin)

μ ≥

tanθ (0,2 poin)

θ terbesar pada saat kondisi awal : θ = 45o

Maka.... μ ≥

...(*) (ANSWER) (0,4 poin)

(b) Karena energi kekal, maka :

mgh = ½ mv2 + ½ Iω2 ...(5) (0,5 poin)

Dari geometri, didapat h = (R - r) (1- cos(45o) )

= ½ (R – r) (2 - ) ...(6) (0,5 poin)

Konsep tidak slip : v = ωr ...(7) (0,5 poin)

Dari (5), (6), dan (7), serta memasukkan nilai I, didapat:

v =

... (**) (ANSWER) (0,5 poin)

(c) Karena lintasan di sebelah kiri titik B licin, maka kecepatan sudut benda X tetap konstan

selama menaiki lintasan. (0,3 poin)

Hukum Kekekalan Energi:

½ mv2 + ½ I2= mgh’ + ½ I2 ....(8) (0,4 poin)

Dari geometri didapat : s = θ’.R ...(9) dan (0,3 poin)

h’ = (R-r)(1- cos θ’)

θ’ = arc cos (1- h’/(R-r)) ...(10) (0,5 poin)

Dari persamaan (8), (9), (10), dan (**), didapat :

s = R arc cos (

Halaman 17 _dari 19 (d) Hukum kekekalan momentum sudut pd titik kontak bola dengan lantai :

mvr - βmr²ω = (1+β) mv’.r ...(11) (0,4 poin)

Persamaan (11) juga bisa didapat dengan menggunakan impuls linear dan impuls sudut pada bola.

v’ = v =

...(12) (0,4 poin)

Kinematik: v’2 = v2 + 2(a)L ...(13) (0,4 poin)

Dari hukum Newton, dengan mudah didapat :

a = - μg ...(14) (0,2 poin)

Dari (12), (13), dan (14), serta memasukan (*), didapat :

L =

... (***) (ANSWER) (0,6 poin)

(e) Silinder berongga : β = 1 ...(15) (0,5 poin)

Substitusi (15) ke (12) dan (****)

Didapat : v’ = 0 dan L = v2/g (0,5 poin)

1) Jika lintasan terlalu pendek : Benda X masih slip saat menaiki loop kanan (ANSWER) (0,5 poin)

2) Jika lintasan terlalu panjang : Benda X akan berhenti pd jarak L sehingga tidak dapat mencapai titik A (ANSWER) (0,5 poin)

(f) Benda X dan Benda Y mendapat gaya linear yg sama, sehingga mereka memiliki gerak translasi yg persis sama

Lx = Ly = v.t - ½. μg.t2 (0,5 poin)

Sehingga d = L/2 = v2/2g (0,5 poin)

Halaman 18 _dari 19

(g) karena pers (15), μ = ½ (0,2 poin)

Lx + Ly = L (0,2 poin)

Sehingga: 2vτ - ½ gτ2 = L = v2/g

½ gτ2 - 2vτ + v2/g = 0 (0,2 poin)

τ = (v/g)(2 ± ) (0,2 poin)

Perhatikan bahwa waktu yg dibutuhkan benda utk berhenti total (tanpa adanya benda Y):

tstop = 2L/v = 2v/g (0,2 poin)

Karena nilai τ < tstop, maka haruslah diambil solusi negatif : (0,2 poin)

τ = (v/g)(2 - ) =

(ANSWER) (0,3 poin)

(h) Sekarang, kita gunakan perjanjian tanda (+) untuk v ke kanan dan (-) untuk v ke kiri

(+) untuk  ke clockwise dan (-) untuk counter-clockwise.

Misal :

Notasi i menunjukkan sesaat sebelum tumbukan dan x, y adalah benda X dan benda Y

Maka vix = v –a. τ = v = + ...(16) (0,3 poin)

Karena motion translasi x dan y sama, maka viy = -vix = - (0,3 poin)

Dan karena β = 1, kecepatan sudut juga memiliki perumusan yg persis sama, hanya

berbeda faktor r. (0,2 poin)

Maka ωix = - (0,3 poin)

Karena massa nya sama, maka, tumbukan sentral dan elastik menyebabkan kedua benda

bertukar kecepatan translasi (0,3 poin)

Maka ωx = ωix =- (ANSWER) (0,7 poin)

vx = viy = - (ANSWER) (0,7 poin)

Halaman 19 _dari 19 (i) 1) Tidak slip : vx’ = ωx’.r (Perhatikan bahwa + dan – penting di sini!)

Karena tepat saat setelah tumbukan, nilai vx = ωx.r, maka benda X langsung bergulir tanpa slip tanpa proses gesekan.

Jawaban : Ya (ANSWER) (1 poin)

2) Karena benda Y melanjutkan gerak lurusnya (hanya arah yg berbalik), maka benda Y akan berhenti bergerak tepat di titik A.

Bukti : (vy)2 = 2(μg)l

l = = d

Jawaban : Ya (ANSWER) (1 poin)

3) Benda X akan mengalami gerakan yg sama dengan gerakan awalnya. Namun, saat ini energi benda X lebih kecil. Sehingga, benda X akan berhenti pada jarak yg lebih kecil dari L.

Karena (16)... vx = v dan (***)... Lstop ~ v2 (0,5 poin)

Maka L’ = L/2 (di tengah, tempat tumbukan)

dan saat benda X sampai di titik ini pd kondisi diamnya, benda Y telah meninggalkan titik ini dan akan berhenti di titik A dan tumbukan kedua tidak akan pernah terjadi.

Jawaban : Tidak (ANSWER) (1 poin)

(j) Benda X diam tepat di tengah2 lintasan (ANSWER) (0,8 poin)