Jawaban OSK 2012 Fisika A

  

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

  1

  selang waktu

• 2

  . Sedang orang mempunyai dua jenis gerak, gerak yang pertama

  ∆t ∆t

  1

  dengan percepatan konstan selama dan gerak yang kedua mempunyai kelajuan

  ∆t

  konstan selama 2 .

  ∆t Untuk bola

• Arah mendatar :

  x ( t )  v cos  t ; sementara t   t   t , sehingga

₁

₂ x ( t )  v cos (  t   t )

   _{1 2}

  (nilai 2)

• Arah vertikal :

  1 ₂

  y t  v sin  t  gt  

  2 karena ditangkap pada posisi/ketinggian yang sama, maka y t 0, sehingga : 

   

  1 ² 0= v sin t  gt

  

  2 ₂

  1 0= v sin t t g t t

         

   ^{1 2   1 2 }

  2 2 v sin 

  t      t t _{1 2} g (nilai 3)

  atau  g    t t 

     ^{1 1 2}

  sin ................. ...... 2  

   

    2 v   dan

  g    t t  ^{1 2 } v  .................................. 3

   

  2 sin 

  Untuk orang

• Etape pertama (GLBB) :

  1 ²

  x t  a (  t ) ........................... 4 _{1   1  }

  2 dan

  v   a t ................................... 5 _{x 1 1  } (nilai 2)

• Etape kedua (GLB) :

  x t   x v .  t ............................ 6   ^{1 x 1   2  }

• Dari persamaan (4), (5) dan (6), didapatkan :
₂

  1 x t  a  t   a t  t .............................. 7

      ^{1    1 2  }

  2

• Dari persamaan (1) dan (7), didapatkan :
₂

  1

  v cos     t t  a  t   a t  t  ^{1 2    1    1 2}

  2

  v cos    t t

     _{1 2}

  a  ₂

  1

  (nilai 3)

   t   t  t

       ^{1 1 2}

  2 2- (nilai 11) Jawaban no. 2

  a- Daya minimal yang diperlukan mesin mobil pada saat bergerak mendatar adalah: ₂ 

  P  Fv  mgv  0, 07 2000 kg 10 m s    10 m s

  (nilai 3)

  14000 W 

  b- Pada saat menanjak dengan kemiringan     , maka mobil harus

  tan 0, 05 sin

  mengatasi friksi, sehingga perlu daya minimal sebesar:

  P Fv mg ( cos   sin )  v mg (  tan )      

  (nilai 4)

  24000 W 

  c- Pada saat menurun:     

  P  Fv  mg ( cos  sin ) v  mg (  tan )

  (nilai 4)

   4000 W 3- (Nilai 14) Misalkan benda memiliki percepatan mendatar ketika di B. y

  T A T cos

    

  R

  x

  T sin 

  B W

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

  F  F  _{y x}  

  (Nilai 2)

  T cos  mg T sin  ma  

  sehingga

  a  g  tan

  (Nilai 2) Karena bergerak dengan lintasan lingkaran, maka kita dapat menyatakan percepatan benda ke dalam komponen radial dan komponen singgung.

  a

  

  g n u g g rad n ial si

  (Nilai 2) Untuk komponen arah radial, ₂

  2 _{2 2}

  sin 2 cos cos sin 2 cos tan

  5

   ² _fr

  

  I  

   

   _{2 fr} F ma  (nilai 2)

  F ma  

  4- (nilai 12) Jawab

  (Nilai 2)

      

   

  gR gR

  2    

  2 tan

  2

²

₂

  sin sin sin cos

  2

     ^{B 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

  1 cos 2 2 cos

  B v , didapatkan ₂

       

   ^{k p B} _B

  E E mv mgR

v gR

   

  (Nilai 2)

  Substitusi nilai

  2 RF mR  (nilai 2)

  2 F  mR  _fr

  5

  2

  tanpa slip: a a R (nilai 4) ma  m  a  a     _{2 1 2 1 2}

  5

  7

  2

  a  a _{2 1}

  5

  5

  2 (nilai 4)

   a  a _{2 1}

  7

  5- (nilai 8) Jawab: ₂ Tenaga potensial gravitasi diberikan oleh U  mgy  mgax

  a. Kesetimbangan stabil terjadi saat tenaga potensialnya minimum

  dU

   2 mgax  (nilai 2)

  dx

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

  b. Tenaga osilasi harmonic sederhana sebanding dengan kuadrat perubahan posisi _{2 1 2}

  x yang ditunjukkan dalam persamaan . U kx dan memiliki frekuensi sudut

   ₂

  k   . m _{2 1 2} U  mgax  kx  k  ₂ 2 mga (nilai 2)

  Sehingga

  k

  2 mga    2 ga  2  10  , 1  2 rads/sec (nilai 2)

  

  m m

  6- (nilai 16)

  2 Pada sistim katrol berlaku a = α R. Ambil nilai g = 10 m/det. a 1 a

  2 Jadi, = 0,5 α dan = 0,2 α

  1

  2 Percepatan sudut benda m dan m sama karena katrolnya sama.

  1

  2 Pada kedua benda m dan m juga sama-sama berlaku Hk. Newton:

  F = m a dan   = I α

  1

  1

  1

  1

  1

• – T – T = α

  1 Pada benda m : m g = m a  20 (1)

  benda m

  2 : T

  2 2 g = m 2 a

2  T

2 (2)

  T 1 r

  1 2 r 2 0,5 T

  1 2 = 1,7

  

• – T = I α – 0,2 T α (3) (nilai 2)

  Substitusikan T

  1 pada (1) dan T 2 pada (2) ke dalam pers (3),

  menghasilkan:

  10

• – 0,5 α – 3,6 – 0,072 α = 1,7 α

  2

  6,4 = 2,272 (nilai 2)

  α  α = 2,817 rad/s

  2

  1

  1 Maka a dan T = 20 = 0,5 α = 1,41 m/s

• – α = 17,183 N

  2 a 2 = 0,2 dan T

2 = 18

α = 0,563 m/s
• – 0,36 α = 19,014 N (nilai 2)

  1

  a- Benda m saat menyentuh lantai, Kecepatannya: v  a h  x x  m s _{1 t}

  2 ₁

  2 1 , 41 , 2 , 751 / v , 751

_{1 t}

  Waktu yang dibutuhkannya:

  t    , 533 s

a

₁

1 ,

  41

  (nilai 2) Waktu ini juga yang digunakan oleh benda m

  2 untuk naik hingga kecepatannya

  mencapai,

  v  v  a t _{2 t 20 2}

  (nilai 2)

    , 563 x , 533  , 3 m / s

  2

  b- Ketinggian benda m setelah bergerak selama t = 0,533 s adalah: ₂

  y  y  v t  _{2 t 20 20} 1 / 2 a t _{2 2} (nilai 2)  , 2   ,

5 x , 563 x ( , 533 )  ,

28 m

  Setelah benda m

  1 menumbuk lantai, benda m 2 masih terus bergerak ke atas secara o = v 2t

  = 0,3 m/s. “jatuh bebas” dengan kecepatan awalnya sebesar v _{2 2}

  v  v  _{t o} 2 gh _{2 2} Jadi

  (nilai 2) _{2 o}

  v ,

  3 ₃

  

   v  _o 2 gh  h    4 , 5 . 10 m  4 , 5 mm 2 g

  20

  2 Jadi ketinggian total yang dicapai benda m adalah: y = y 2t + h

  = (28 + 0,45) cm = 28,45 cm (nilai 2)

• ½ k (l
• – l
• – l

  b- Saat cincin melewati titik B,

  20 ^{2 2}   

  a- Saat cincin melewati titik A,

  l = l A = 20 cm; (nilai 2) dan masukan nilai2 k, l o , dan m diatas untuk mendapatkan:     s m v _A

  / 791 , . 0125 ,

  50 1 , 2 , 1 ,

  25 ,

  10 500 ^{2 2}

       

  (nilai 3)

  _B cm cm l l

  25

  36 ,

  22

  5

  10

  10

  20 ^{2 2}      (nilai 2)

  _B s m v

/ 601 ,

36 ,

  12 . 15 ,

  50 ^{2 2}   

  15

  

cm l

_i

  7- (nilai 14) Konstanta pegas k = 500 N/m Panjang pegas tanpa kontraksi l

  o

  

o

  = 10 cm Massa cincin m = 10 kg

  v i

  dan l

  i

  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 mv

  2

  )

  . ) ( ) ( ^{2 / 1 2 2}     (nilai 2) dan sesuai gambar disamping,

  2

  = ½

  mv i2 + ½ k (l i

  o )

  2

  (nilai 2) Karena v

  i

  = 0, maka

    m k l l l l v _{o o i}

  (nilai 3) 8- (nilai 15) a- Agar “mobil” bisa membuat loop satu lingkaran penuh, maka saat di C:

  N C

  2 )

  

 

^{2 2}

  2 /

  1

  _C 2 _{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

  . 65 , (  2    R mg mgR

  5  (nilai 3)

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

  3)

  Energy yang dibutuhkan (input energy) untuk membuat satu loop:

  W i

  = mg (2R + 0,65 R) = 2,65 mgR Efisiensi Mesin mobil:

  %

  94 94 , 65 ,

  2 15 , 65 ,

  2    

     _i ⁱ W W

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

  R v R g     gR v _D

   0  N

  1 ₂ ) (

  Cmin

  = 0 F = m a

  cp R mv

  N mg ^C _C ²

    ; kondisi minimum, N

  C

  = 0 maka gR v _C  ² _min (1) (nilai 2) Kekekalan energy :

  EM A = EM C _{C C A A}  mgh mv mgh mv   ^{2 2}

  2 /

  1 2 /

  2 _{C C A}

  2 _D

   v h h g  

   _min ² _min 2gh v _C 

  (2) (nilai 2) Substitusi (1) ke (2), diperoleh: h

  min = ½ R (nilai 2)

  b- Kekekalan energy di A dan D: EM A = EM D _{D D A A}

   mgh mv mgh mv   ^{2 2}

  2 /

  1 2 /

  1 ₂ ) 5 ,

  2 (

   (nilai 2)