SOAL - JAWAB OSN Fisika 2014

  

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:

  2

   = 0,5, m = 11 kg, M = 8 kg, R = 0,4 m dan g = 10 m/s .

  c. nilai m/M minimum agar silinder dapat berotasi.

  Jawaban: a.

  Diagram gaya Persamaan gaya:

  mg T   ma

  Gaya vertikal pada m : (1) (0,3 poin)

  Gaya horisontal pada silinder: T  F  N  (2) (0,3 poin)

  2

  1 Gaya vertikal pada silinder:

  1

  ( ) m g a N N      (10)

  1 , F 2 , N 1 , N 2 , 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

  1

  2 I MR 

  

2

Mg N N     (11) (1 poin)

  2

  1

  1

  2

  2

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

  (8) (0,3 poin) Delapan persamaan di atas juga mengandung delapan besaran yang belum diketahui, yaitu T, F

  1

  2 Mg F N    (3) (0,3 poin)

  2 F N   (5) (0,3 poin)

  Gaya gesek pada dinding:

  1

  1 F N

    (4) (0,3 poin)

  Gaya gesek pada lantai

  2

  Persamaan torka:

  2

  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

  Dari persamaan (10) dan (11), nilai

1 N dan

  

1

Mg m g a N

  

    (1,3 poin)

      Mg M m

  M m m N

    

    

       

  1

  2

  1

  2

  2

  3

  2 _{2 2 2}   

   (1,3 poin)

  4 _{2 2 1}   

  2

   

  (14) Masukan harga a dari pers (15) didapatkan:

  

 





  (13) _{2 2}

  ( )

  1 Mg m g a N

   

  

 





      Mg M m

  1

  M m m N

    

    

       

  

  1

  2 N dapat diperoleh sebagai _{1 2} ( ) b.

  Dengan memasukkan persamaan (13) dan (14) ke dalam persamaan (12), akhirnya percepatan m dapat ditentukan sebagai

  c.

  M m

     

    

     

  2 ^{2 2} _min   

  1

  2 ^{2 2}          M m atau

  1

     

  a  0. Sehingga a minimum  a = 0 (0,5 poin)

  

  Agar silinder di atas berotasi, maka benda m harus bergerak ke bawah,

  (1 poin) Nilai a di atas tidak bergantung pada R.

  2

  

2

  a = 3,125 m/s

  Dengan memasukkan nilai-nilai besaran di atas,

      (15) (1 poin)

      

        

  m M a g m M

  (2 1) ( ) (2 1) ( 1)

  2

  1

  2

  2

  2

  (1,5 poin)

  2-

  R diletakkan

  (13 poin) Perhatikan gambar di bawah ini. Sebuah bola billiard berjari-jari

  a b

  pada posisi ( , ) dari ujung kiri atas meja (lubang A). Panjang dan lebar bagian dalam meja berturut-turut adalah dan L Seorang siswa ingin memasukkan bola tersebut ke dalam .

  P

  lubang C dengan memukulnya oleh gaya sesaat pada sudut  terhadap sisi AB. Waktu

  F

  kontak pemukul dengan bola adalah  dan asumsikan seluruh impuls yang diberikan t 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.

  A B C D

  Tentukanlah:

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

  b. ₁

  c. S yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding AB dan sebelum ₂ menumbuk dinding BD.

  d. S yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum ₃ memasuki lubang.

  e.

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

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

  F  t e m k R S S S _{1 2 3}

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

  R

  yang ditempuh bola.)

  Jawab:

  Menggunakan trigonometri dan geometri, kita dapatkan: _{1 1} tan

  1 tan  (0,5 poin)

  

      

     R ea e L R P eb

  , , , dan . x y x y  Dengan eliminasi dan substitusi, kita dapatkan:

      ₁ R P y y    ₁ dimana variabel yang tidak diketahui adalah _{1 1}

  (0,5 poin) R L x x a

    

   

  R b

  ex y R L y

  (0,5 poin)

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

  sehingga kita punya   tan tan 

  (0,5 poin)

  

  e

  1 tan

    tan

  (0,5 poin)

  

  e

  1 tan

  , maka kita dapatkan   tan

  e

  A B C D

  dan

  Kemudian, dengan menggunakan kekekalan energi

    

       

  R ea e L R P eb e R eb P

  R P a b R P R L S

  (1,5 poin) d.

       ^{2 3}

  1 ( 1 ) sec 

         

        

  R ea e L R P eb R L R L S 

  (1,5 poin) e.

  kmrd mv E mv mv _loss

    

      _{2 1} ² ₁ ²

  2

  1

  2

  1

  2

  1 (1 poin)

  1 ^{2 1 2} 2krS v v  

  (1 poin) _{1 2 1} 2kRS v v  

  (1 poin)

  m F t F v t mv

      

      

  ) (   

     b R P e R ea e L x

  R ea L e R P a b R P R L e y

   

     

  1 dan

  R L a e R eb P y

    

    

  ) 1 (

     R eb P R P a b R P R L x

        

   ) (

  ) ( ₁ dan

         

  1 ) (

   ) )( 1 (

  ) ( ) )( ( ₁ (0,5 poin) b.

  Sehingga:

     ^{2 1}

  1

  1 csc    

        

     R P eb R ea e L b S b

  

  (1,5 poin) c.

        ^{2 2}

  1

  (0,5 poin) kita dapatkan

  2 ² F  t v   2kRS (0,5 poin) _{1 2 1} m ev . Dengan menggunakan

  Kecepatan setelah tumbukan untuk dinding atas adalah ₁ kekekalan energi untuk jalur S dan S kita dapatkan: , _{2 2 2 3 4 } F t _{4 2} v  e 

  2 kR e S  e S  S (1 poin) _{akhir 2}  ^{1 2 3 } m

  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, m  m  m  m dan pada saat awal,  (0)   6 rad , _{A B C 1}

       (0)  (0) 0 rad s , dimana  d  dt dan  d  dt _{1 2 1 1 2 2} y g

  A 

1 L

  3 B L 

2 C

  x O

  Tentukan: a.

   dan  ) dan tentukan hubungan

  posisi masing-masing partikel (nyatakan dalam sudut ^{1 2} antara sudut  dan  _{1 2} b.

   dan 

  energi total dari sistem dinyatakan dalam sudut ^{2 2} c. kecepatan dan percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali

  Jawab: x y

  Energi potensial sistem adalah

  (5) (1,5 poin)

    

  

 

     

  2 ²

3 sin

sin

cos ^{yA yB} _xC v L v L v L

  (4) (0,5 poin) Dengan menggunakan persamaan (1), kita dapatkan _{1 1 2 2}

  E m v v v   

  1

  

 

^{2 2 2}

  (3) (1,5 poin) Energi kinetik sistem adalah,

            

  

3 cos cos

3 sin cos

^{P A B} E mgy mgy mgL mgL

  

 

 

¹

²

²

^{2 2}

   dan ₂  adalah _{1 2} 3 sin sin    (2) (1 poin) b.

  O A B C

  (1) (3 poin) sehingga kita dapatkan hubungan antara sudut ₁

    

      

  ^A

3 sin sin

^B _C y L y L x L L

  1 ² 3 cos cos

  Dari gambar terlihat bahwa _{1 2}

  C a.

  A x

  B y

  3 L y

  L

  2 

  1 

2 K yA yB xC

  Dan dari persamaan (2) , kita dapatkan _{2 1 2 2 2}

  2

  (0,5 poin) dan saat partikel B sampai di titik O, ₂

   2 rad   , ₂

₂

₂

  1

  2

  2 ^akhir E mL mgL

    

  (0,5 poin) Dengan menggunakan kekekalan energi, didapatkan

  

 

²

  2

  2 _awal E mgL

  2 g L

     (9) (0,5 poin)

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

   

  2

  

2

  2 ^yA _{yB xC} v v gL v

      

  

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

  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

       

  (8) (1 poin) c.

             

       

  (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 

  



          

      

  (10) (1,5 poin) y T _AC A

  

1 L

  3 mg

  C T L _CB B T _BC x O

  T _CA mg

  Hukum II Newton untuk partikel saat B di titik O adalah

    T cos  mg ma _{AC 1 yA}

   mg  ma (11) (0,5 poin) _yB T  T sin   ma _{CB CA}

_{1 xC}

  sehingga kita dapatkan

  a   g _yB

  Dari persamaan (5) dan (6), kita punya ₂ L   

₂

_{2 2} a   sin 2 

  2  cos 2  sin 2  _{yA   2}     _{2 2}

₂

_{2 2 2}  

  2 2 3 sin 

  

_{2 2} a  L  cos   sin  (12) (0,9 poin) _{yB   2 }    _{2 2 2 2 2 }   sin   cos  a  L   _{xC  }   ^{2 2 2 2 2}

   

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

  g    ₂ (13) (0,2 poin)

  L

  dan

  a

  2 g

  2

  1 _{yA  }   (14) (0,4 poin)

  a   _{xC  } 2 g 2 

  2

  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  . Kapasitor kemudian dihubungkan dengan sebuah baterai yang memiliki tegangan V Kemudian baterai diputus, muatan pada kapasitor dipertahankan tetap

  0.

  sebesar Q , kemudian sebuah lembaran dielektrik padat dengan luas yang sama, A, dan tebal

  l (dimana l < d) serta konstanta dielektrik K 1 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 V

0. Kapasitor ini kemudian dicelupkan kedalam cairan .

  dielektrik dengan konstanta dielektrik K

  2 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 Q

  0.

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

  Ketentuan:

  Semua jawaban akhir harus dalam V atau Q dan ukuran geometri serta konstanta dielektrik yang sesuai.

  Jawab:

  

  A

  (a). Kapasitas kapasitor pada kondisi vacuum: C  (1 poin)

  d

   A Besar muatan pada kapasitor: = CV = (1 poin)

  Q

  V d

  Muatan induksi pada dielektrik:

1 Q ind = Q o ( 1 - ) (2 poin)

  K

  (b). Medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat: Medan listrik tidak berubah yaitu:

  Q

  V E   (2 poin)

  

  A d

  (c). Carilah medan listrik pada dielektrik!

  Q E  E / K  (2 poin) _{d 1} K A _{1 0} 

  (d). Tentukan beda potensial setelah dielektrik dimasukkan!

  V   E   d l E d (   l ) E l  E d (   l ) E l K / _{d 1} 

  Q V  E d (   l l K / )  ( d   l l K / ) (2 poin) _{1 1}

   A (e). Kapasitas setelah dielektrik dimasukkan!

  Q Q  A C    (2 poin) Q V ( d   l l K / ) ₁

  ( d l l K / )   ₁

   A (h)

  a x

  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:

   

  b b C  [ K x   ( a x )]  [( K  1) x  a ] _{2 2} d d Gaya listrik: _{1 2}

  d ( CV ) dW  b ₂ ² F      ( K  1) _e

₂

V dx dx

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

   b

  2   ( K

  1 ) V mg

  2 2 d

  

  b ² ( K  ₂ 1 ) V   ( Vol cair) g

  2 d

   b

  2    ( K

  1 ) V bdhg

  2 2 d

  

  2 Sehingga ketinggian cairan menjadi: h ( K

  1 )

  V (4 poin)

   

  2

  2

  2  gd (i). Apabila muatan dipertahankan sebesar Q ,

  Gaya listrik: _{1 2 2}

  dW d ( CV ) Q dC _{2  } F      _{e 2}

 

dx dx

2 C dx

  ₂

 

Q K (  1) d ₂ F  _{e 2}

  2 [( b K  1) x  a ] ₂  Pada keadaan keseimbangan: ₂ Q K (  1) ₂ h  _{2 2}

  2  gb [( K  1) x  a ]  ₂ Persamaan pangkat tiga ini dapat diselesaikan dengan menggunakan pendekatan h = x bernilai rendah: ₂ Q  K  1   ₂

  h    _{2 2}

  2 gb

  K 

  1 h  a  

      _{2 dengan}

   

  h   _{2 2 2 2}

  2 a K  1 h  a

  K 

  1 h  2 a K  1 h  a  

      _{2 2 2 2} ²

  2 a K  1 h  a h   

    ₂ Ambil hasil akar h yang positif:

  ₂

  2 _{2 4} Q  K  ₂ 1  a a 8 a _{2 4}    ₂

   

   a  a  8 a   K  ₂ 1  2 gb h  h 

  4 a  K  ₂ 1  4 a  K  ₂ 1 

  atau

  (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!

  Mulai saat ini dan seterusnya (hingga percobaan kedua), asumsikan benda X adalah silinder berongga, sehingga

  β adalah suatu nilai numeris, dan gunakan nilai numeris tersebut untuk soal-soal di bawah ini.

  (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

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

  Kemungkinan 2: Tidak slip Hukum Newton II : Translasi : mg sin

  (0,2 poin) θ – f = m.a ........(1)

  N = mg cos (0,2 poin)

  θ .........(2)

  (0,2 poin)

  Rotasi : f.r

  = I.α = βmr².α ........(3) (0,2 poin)

  dari konsep tidak slip :

  a = αr.......(4)

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

  θ

  Kita tahu

  f ≤ μ.N

  Maka, menggunakan pers (2) : mg sin (0,2 poin)

  θ ≤ μ.mg cos θ (0,2 poin)

  tan

  μ ≥ θ o

  θ terbesar pada saat kondisi awal : θ = 45

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

  μ ≥

  (b) Karena energi kekal, maka :

  2

  2 mgh = ½ mv + ½ I ..........(5) (0,5 poin) ω o

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

  (0,5 poin) = ½ (R

• – r) (2 - ) .........(6)

  (0,5 poin)

  Konsep tidak slip : v =

  ωr .......(7)

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

  (0,5 poin) v = ..... (**) (ANSWER)

  (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:

  2

  2

  2

  ½ mv + ½ I  ....(8) (0,4 poin)

  = mgh’ + ½ I

  Dari geometri didapat :

  (0,3 poin)

s = θ’.R .........(9) dan

h’ = (R-r)(1- cos θ’)

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

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

  s = R arc cos ( ) (ANSWER) (0,5 poin)

• 2(a)L ......(13)

  β = 1 .....(15) (0,5 poin)

  Subs (**)

  2 / 2g (0,5 poin)

  Sehingga d = L/ 2 = v

  2 (0,5 poin)

  μg.t

  L x = L y = v.t - ½.

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

  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)

  

2

/g (0,5 poin)

  v’ = 0 dan L = v

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

  (e) Silinder berongga :

  (d) Hukum kekekalan momentum sudut pd titik kontak bola dengan lantai :

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

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

  a = - μg .......(14) (0,2 poin)

  Dari hukum Newton, dengan mudah didapat :

  (0,4 poin)

  2

  2 = v

  v’

  Kinematik:

  v’ = v = ......(12) (0,4 poin)

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

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

  d = (ANSWER) (1 poin)

• 2

  ω ix

  (+) untuk  ke clockwise dan (-) untuk  counter-clockwise. Misal : Notasi i menunjukkan sesaat sebelum tumbukan dan x, y adalah benda X dan benda Y Maka v ix = v

  (0,3 poin)

  Karena motion translasi x dan y sama, maka v

  iy = -v ix

  = - (0,3 poin) Dan karena

  β = 1, kecepatan sudut juga memiliki perumusan yg persis sama, hanya berbeda faktor r.

  (0,2 poin)

  Maka

  = -

  (0,3 poin)

  (0,3 poin)

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

  (0,3 poin)

  Maka

  ω x =

  ω ix = - (ANSWER)

  (0,7 poin) v x = v iy = - (ANSWER) (0,7 poin) v y

   = v ix

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

  τ = (v/g)(2 - ) = (ANSWER)

   = + (ANSWER) (0,7 poin)

  2

/g

  (g) karena pers (15),

  μ = ½ (0,2 poin)

  L x + L y = L (0,2 poin)

  Sehingga:

  2

  vτ - ½ gτ

  2

  = L = v

  ½ g

  τ < t stop , maka haruslah diambil solusi negatif : (0,2 poin)

  τ

  2

  vτ + v

  2 /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):

  t stop = 2L/v = 2v/g (0,2 poin)

  Karena nilai

• – a. τ = v = + ........(16)

  (i) v x x

  ’ = ω ’.r (Perhatikan bahwa + dan – penting di sini!)

1) Tidak slip :

  Karena tepat saat setelah tumbukan, nilai v x = x .r , maka benda X langsung bergulir

  ω 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.

2 Bukti : (v y ) = 2(

  μg)l l = = d (1 poin)

  Jawaban : Ya (ANSWER)

  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.

  2 Karena (16)...... v x = v dan (***)....... L stop ~ v (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) Benda Y diam tepat di titik A (ANSWER) (0,7 poin)