Soal Olimpiade Fisika Tingkat Provinsi Tahun 2015

SOAL DAN PENYELESAIAN
OSN TINGKAT PROVINSI 2015

Bidang Fisika
Waktu : 3,5 Jam

Oleh :

Davit Sipayung

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

1.

(10 poin) Sebuah benda yang bergerak pada bidang dua dimensi mendapat gaya konstan.
Setelah detik pertama, kelajuan benda menjadi 1/3 dari kelajuan awal benda. Dan setelah
detik selanjutnya (detik kedua), kelajuan benda menjadi 1/3 nya lagi (dibandingkan
setelah detik pertama). Tunjukkan apakah benda pernah berhenti sesaat selama proses
pergerakannya? Jika pernah, tentukan kapan waktunya ( t dalam sekon dan ambil acuan t
= 0 dari saat kelajuan benda masih V )!

Penyelesaian:
Misalkan benda bergerak dalam bidang xy.
Gaya konstan F berkerja pada benda :
F  Fx iˆ  F y ˆj
Besar gaya konstan yang bekerja pada benda:
F 2  Fx2  Fy2
Vektor kecepatan benda :
v  vx iˆ  vy ˆj
Vektor kecepatan awal benda:
V  Vx iˆ  Vy ˆj
Besar kecepatan awal benda :
V 2  Vx2  Vy2
Misalkan benda bermassa m. Hukum Newton Kedua :
F
a
m
Fy
F
ˆj
a  x iˆ 

m
m
Persamaan kinematika untuk menentukan kecepatan benda :
Fy 
F
ˆj dt
v   a dt    x iˆ 
m 
 m
Fy
F
v  x t iˆ  t ˆj  c
m
m
Ketika t = 0 , v  V , maka kita peroleh c  V  Vx iˆ  Vy ˆj .

F
  Fy
v   x t  Vx  iˆ   t  Vx  ˆj
 m

 m


Kelajuan benda :

2

F
  Fy
v   x t  Vx    t  Vx 
 m
 m

2
Fy
2 F y Vy
F2
2F V
v2  x2 t 2  x x t  Vx2  2 t 2 
t  Vy2

m
m
m
m
 Fx2  Fy2  t 2  2 F V  F V t  V 2  V 2
v2 

x y
y y
m x x
m2
Kita dapat menyederhanakan persamaan terakhir ini menjadi
2
F2
v2  2 t 2   Fx Vx  Fy Vy  t  V 2
m
m
2
F2
Misalkan c1  2 dan c2   Fx Vx  F y Vy  . Jadi,

m
m
2

2

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

v2  c1t 2  c2 t  V 2

Selanjutnya mari kita hitung nilai c1 dan c2.
Ketika t = 1 s → v = V/3.

V 
2
2
 3   c1 1  c2 1  V
 
8

c1  c2   V 2
9
Ketika t = 2 s → v = V/9.
2

*

V 
2
2
 9   c1  2  c2  2  V
 
40
2c1  c2   V 2
**
81
Dari pers.(*) dan pers.(**) , kita peroleh
2

c1  

32 2
104 2
V dan c2  
V
81
81

Jadi,
v2 

32 2 2 104 2
V t 
V t V2
81
81
Benda berhenti sesaat ketika v = 0 saat t = tb.
32 2 2 104 2 2
V t 
V tb  V 2  0

81 b 81
32 tb2  104 tb2  81  0
Kita gunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk menentukan t b.
104  1042  4  32  81 104  10816  10368 104  8 7
tb 


2  32
64
64
13  7 13  2, 646
tb 

8
8
13  2, 646 10,354
13  2, 646 15, 646
tb 

 1, 294s dan tb 


 1,956s
8
8
8
8
Benda pernah berhenti selama proses pergerakannya . Benda berhenti ketika
tb  1, 294s dan tb  1,956s .

2.

(12 poin) Sebuah batang tegar AB dengan panjang L dan massa m berada di atas meja
horizontal licin. Sebuah tali tak bermassa dipasang pada katrol licin dimana ujung yang
satu dihubungkan pada ujung batang A, sedangkan ujung tali satunya lagi dihubungkan
dengan beban M (lihat gambar di bawah). Mula-mula batang AB tegak lurus dengan tali
tersebut, kemudian beban M dilepaskan.
a. Pada saat beban M dilepaskan, tentukan tegangan tali, percepatan beban M serta
percepatan pusat massa batang m.
b. Tentukan posisi pada batang (diukur dari A) yang memiliki percepatan nol pada saat
beban M dilepaskan.

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

B
L

m
A

M

Penyelesaian :
a. Misalkan:
am adalah percepatan pusat massa batang
aM adalah percepatan beban
α adalah percepatan sudut batang
Diagram benda bebas sistem :

L

m
A

B

α
am

T
T
M

aM
Mg

Persamaan gerak translasi batang :
T  ma m
Persamaan gerak rotasi batang :
L 1
T   mL2 
2 12
Persamaan gerak beban :
Mg  T  Ma M
Hubungan antara am , α dan aM :
L
aM  am  
2
Hubungan am dan α :
L 1
ma m   mL2 
2 12
6a m

L
Hubungan am dan aM :
 6a  L
a M  a m   m   a m  3a m  4a m
 L 2
Dari persamaan gerak beban, kita peroleh
Mg  ma m  Ma M
Mg  ma m  4Ma m

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

Percepatan batang adalah
M
am 
g
m  4M
Percepatan beban adalah
4M
a M  4a m 
g
m  4M
Tegangan tali adalah
mM
T
g
m  4M
b. Misalkan posisi pada batang yang memiliki percepatan nol adalah di titik C berjarak d
diukur dari pusat batang. Posisi titik C yang mungkin adalah antara pusat massa
batang dan titik B.
d

A
am

B

C

α

aC = 0

Percepatan relatif titik C terhadap meja adalah
 6a 
aC  a m   d  a m   m  d
 L 
 6a 
0  am   m  d
 L 
Posisi titik C dari pusat massa adalah
L
d
6
Posisi pada batang yang memiliki percepatan nol (titik C) diukur dari titik A adalah
L
L L 2
xC   d    L
2
2 6 3
3.

(14 poin) Sebuah kereta bermassa M = 3 kg memiliki permukaan horizontal yang
tersambung dengan permukaan berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari R = 0,5 m (
lihat gambar di bawah). Sebuah partikel bermassa m = 2 kg bergerak di atas permukaan
horisontal kereta tersebut dengan kecepatan v = 15 m/s terhadap lantai. Pada saat partikel
tersebut sudah bergerak di atas kereta, kereta tersebut berada dalam keadaan diam
terhadap lantai. Seluruh permukaan bersifat licin dan tumbukan bersifat lenting
sempurna. Percepatan gravitasi g = 10 m/s2 ke bawah.
m

R α

g

v
M

M

a. Pada saat partikel tersebut berada pada permukaan seperempat lingkaran dimana
sudut yang dibentuk antara garis yang menghubungkan partikel dan pusat lingkaran
dengan garis vertikal ke bawah adalah α, tentukan masing-masing besar kecepatan
partikel dan kecepatan kereta terhadap lantai sebagai fungsi α.
Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

b. Tentukan kecepatan partikel terhadap lantai tepat sejak meninggalkan kereta.
c. Tentukan jarak yang ditempuh kereta sejak partikel meninggalkan kereta hingga
kembali menumbuk kereta tersebut.
d. Ketika partikel tersebut kembali menumbuk kereta dan sudah berada pada lintasan
horisontal kereta tersebut, tentukan kecepatan partikel dan kereta terhadap lantai!
Penyelesaian :
a. Saat partikel berada padapermukaan seperempat lingkaran, kecepatan kereta relatif
terhadap lantai adalah vM. Kecepatan partikel relatif terhadap kereta adalah vk.
Komponen kecepatan horizontal dan vertikal partikel relatif terhadap kereta berturutturut adalah vk,x dan vk,y.
vk,y

α

vk

α
vk,x
vM

M

Gunakan : M = 3 kg, m = 2kg, R = 0,5 m , v = 15 m/s dan g = 10 m/s2.
Kekalan momentum pada arah horizontal :
mv  m  vk , x  vM   MvM
mv  m  vk cos   vM   MvM

mv   m  M  vM
m cos 
30  5vM
vk 
2 cos 

vk 

vm2   vk , x  vM   vk2, y   vk cos   vM    vk sin  

Kecepatan partikel relatif terhadap lantai adalah vm :
2

2

vm2  vk2  vM2  2vk vM cos 

 30  5vM 
 30  5vM
vm2  
 vM2  2 

 2cos  
 2cos 
2

2


 vM cos 


1 
5 
15  vM   vM2   30  5vM  vM
v 

2
2 
cos  
1 
25 
225  75vM  vM2   4vM2  30vM
vm2 

2
4
cos  

25
75
225




vm2  
vM 
 4  vM2   30 

2
2
cos  
cos 2 
 4 cos 


2

2
m

Kekekalan energi mekanik:
1 2 1
1
mv  MvM2  mvm2  mgR 1  cos  
2
2
2
5
75 
225
 25


 4  vM2   30 
 10 1  cos  
225  vM2  
vM 

2
2
2
cos  
cos 2 
 4 cos 


Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

 25  6 cos2   vM2  120 cos 2   300  vM  900sin 2   40 cos 2  1  cos    0
 300  120 cos     300  120 cos  

 4  25  6 cos 2    900sin 2   40 cos 2  1  cos   

Gunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk mendapatkan nilai vM.
vM 

2

2  25  6 cos 2  

2

2

Ada dua solusi vM. Dua solusi vM ini menunjukkan gerak partikel saat bergerak naik
dan turun. Kecepatan kereta relatif terhadap lantai ketika partikel bergerak naik
membentuk sudut α terhadap lantai adalah

150  60 cos    150  60 cos     25  6 cos   900sin

 25  6 cos  
2

vM

2

2

2

2

  40 cos 2  1  cos   

2

b. Partikel tepat meninggalkan kereta saat α = 900. Kecepatan kereta relatif terhadap
lantai adalah vM = 6 m/s.
Kecepatan partikel terhadap lantai tepat sejak meninggalkan kereta (α=900):
M 2
vm2  v2 
v  2 gR 1  cos  
m M
3
vm2  152   62  2 10  0,5
2
2
vm  225  54  10
vm  161  12, 69 m s

c. Kecepatan horizontal partikel relatif terhadap lantai sama dengan vM ketika peluru
tepat meninggalkan lantai.
vm2  vm2 , x  vm2 , y
vm2  vM2  vm2 , y

vm, y  vm2  vM2

vm, y  161  36  2 5  11,18m s

Waktu yang diperlukan partikel untuk kembali menumbuk kereta adalah
2vm, y
t
 2, 24 s
g
Jarak yang ditempuh kereta adalah
S  vM t  14, 44 m

vm,y

α
M

vm
vm,x
vM

M

S

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

d. Setelah partikel pada posisi horizontal, kecepatan partikel dan kereta relatif terhadap
lantai berturut-turut adalah v′m dan v′M.
v′m

v′M

M

Kekekalan energi :
1 2 1
1
2
mv  mvm2  MvM
2
2
2
Kekekalan momentum :

mv  mvm  MvM
Solusi dari persamaan ini adalah
m M
vm 
v  3m s
m M
2M
 
vM
v  12 m s
m M
4.

(14 poin) Sebuah satelit bergerak dalam orbit lingkaran di sekitar sebuah planet dengan
periode revolusi sebesar T1 = 8 jam. Lintasan satelit tersebut akan diubah ke orbit
lingkaran lainnya dengan periode sebesar T2 = 27 jam melalui cara berikut. Pertama,
satelit tersebut pada orbit pertamanya seketika diubah besar kecepatannya tanpa merubah
arahnya, sehingga ia akan bergerak dalam orbit transisi yang berbentuk elips. Ketika
satelit tersebut telah menempuh jarak dari planet yang diinginkan, kecepatan diubah
seketika sesuai dengan orbit kedua dengan periode T2 . Tentukan :
a. waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua.
b. prosentase perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama dan kedua relatif
terhadap kecepatan masing-masing orbit lingkarannya.
Penyelesaian:
a. Misalkan R1 dan R2 adalah radius orbit lingkaran, v1 dan v2 adalah kecepatan satelit
pada orbit lingkaran , u1 dan u2 adalah kecepatan satelit di orbit transisi pada jarak R1
dan R2 dari planet.
T2

T1
u1

u2
R1

R2

v1

v2

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

Berdasarkan Hukum Newton Kedua:
v2
mM
M
M
 v12  G
dan v22  G
m G 2
R
R1
R2
R

m  2 R 
mM
4 2 3
4 2 3
 G 2  T12 
R1 dan T22 
R


R T 
GM
GM 2
R
Sumbu semimayor orbit transisi:
R  R2
a 1
2
Hukum Keppler Ketiga untuk orbit transisi :
4 2 3
T2 
a
GM
Periode revolusi satelit dalam orbit elips transisi adalah T.
T2 a3

T12 R13
2

Substitusikan a 
T

2

 R  R2 
 1
8 R13

R1  R2
untuk memperoleh
2

3

T12

 GM  3
 GM  3
Substitusikan R1   2 T12  dan R2   2 T22  untuk memperoleh
 4

 4

1

T T
2

2
1

8
T

T

23

1

 T22 3  T12 3  T22 3 

8
8T12
3

23
1

 272 3 
23 2

32

3

 4  9


32

23 2

 13 
T 
 8   16,527 jam


Waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua sama
dengan setengah kali periode revolusi satelit pada orbit elips.
T
t   8, 286 jam
2
b. Kekekalan energi dan momentum angular saat satelit dalam orbit transisi :
1
mM 1
mM
1 1 
mu12  G
 mu22  G
 u12  u22  2GmM   
2
2
R1
R2
 R1 R2 
R
mu1 R1  mu2 R2  u2  1 u1
R2
Dari dua persamaan terakhir ini akan diperoleh:
GM 2 R1
GM 2 R2
u12 
dan u22 
R2 R1  R2
R1 R1  R2
M
M
dan v22  G
Karena v12  G
, maka
R1
R2
2 R1
2 R2
u12  v12
dan u22  v22
R1  R2
R1  R2
3

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

4 2 3
4 2 3
R1 dan T22 
R , maka
GM
GM 2
2T 2 3
2T 2 3
u12  v12 2 3 2 2 3 dan u22  v22 2 3 1 2 3
T1  T2
T1  T2
Perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama relatif terhadap kecepatan
orbit lingkaran pertama :
Karena T12 

u1
2T22 3
2  27 2 3



v1
T12 3  T22 3
82 3  272 3

29
18

 1,1767
49
13

Prosentase perubahan besar kecepatan satelit di orbit R1 adalah
u1  v1
100%  17, 67%
v1
Perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan kedua relatif terhadap kecepatan orbit
lingkaran kedua :
u2
2T12 3
2  82 3



v2
T12 3  T22 3
82 3  272 3

24
13

 0, 7845
49
18

Prosentase perubahan besar kecepatan satelit di orbit lingkaran R2 adalah
v2  u 2
100%  21,55%
v2
5.

(14 poin) Sebuah bola ping-pong bermassa m = 3 gram dipukul sedemikian rupa
sehinggga bola tersebut memperoleh kecepatan horisontal pada ketinggian H = 20 cm di
atas meja. Bola tersebut juga berotasi terhadap sumbu horisontal yang tegak lurus pada
kecepatan horisontak tersebut. Setelah menabrak meja dalam tumbukan yang bersifat
elastik, bola tersebut terpental vertikal ke atas tanpa rotasi. Karena ketidakrataan
permukaan meja, koefisien gesek kinetik antara bola dan meja μ = 0,25. Asumsikan
bahwa tumbukan terjadi pada waktu yang relative singkat. Percepatan gravitasi g = 10
m/s2. Momen inersia bola ping-pong adalah I = 2/3 mR2 dengan R = jari-jari bola pingpong. Tentukan energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja.
m

H

μ
Penyelesaian:
Diagram gerak bola ping-pong :

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

ω
m

vx

N

H

vy
f

mg

Sesaat sebelum tumbukan :
Kecepatan horizontal bola adalah v1,x = vx. Kecepatan bola ping-pong menumbuk meja
adalah v1, y  vy   2 gH . Kecepatan angular bola adalah ω1 = ω.
Sesaat setelah tumbukan :
Kecepatan horizontal bola adalah v2,x =0. Kecepatan bola ping-pong menumbuk meja
adalah v1, y  vy  2 gH . Kecepatan angular bola adalah ω2 = 0.
Gaya gesek yang bekerja pada benda :
f  N
Tumbukan berlangsung selama waktu yang singkat ∆t.
Impuls pada arah vertikal :
F y t  m  v2, y  v1, y 

 N  mg  t  m  vy   vy 
N  mg 

2mvy
t
Impuls pada arah horizontal :
f t  m  v2, x  v1, x 

 N t  mvx

Kita peroleh
2mvy 

t  mvx
  mg 
t 


 mg t  2mvy  mvx

Karena tumbukan berlangsung singkat ∆t→0, kita peroleh
vx  2vy
Impuls angular pada bola ping-pong :
 f Rt  I 2  1 

 NRt  mR2

2
3
2mvy 

2
  mg 
 t  3 mR

t



Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

 mg t  2m vy  mR

2
3
Karena tumbukan berlangsung singkat ∆t→0, kita peroleh
3 vy

R
Energi awal sistem :
1
1
Eawal  mvx2  I  2  mgH
2
2
2
2
 3 vy 
1
12
2
Eawal  m 2 vy 
mR 
  mgH
2
23
 R 





Eawal  2m 2vy2  3m 2vy2  mgH
Eawal  5m 2



2 gH



Energi akhir sistem :
1
1
Eakhir  mvy2  m
2
2



2

 mgH  mgH 10 2  1

2 gH



2

 mgH

Energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja :
Q  Eakhir  Eawal  10 2 mgH
Substitusikan μ = 0,25 , H = 0,02 m , m = 0,003 kg dan g = 10 m/s2.
2
Q  10  0, 25   0, 003 10  0, 2   3, 75  10 3 J
6.

(18 poin) Sebuah bandul fisis terdiri atas sebuah cakram berjari-jari R yang bermassa m1
dan sebuah batang tegar dan massanya dapat diabaikan. Cakram diletakkan disalah satu
ujung batang, sedangkan ujung batang lain dapat berputar pada titik P (bayangkan cakram
menjadi bandul). Jarak antara titik putar dengan pusat massa bandul adalah l. Mula-mula
bandul dilepaskan dari keadan diam yang membuat sudut cukup kecil θ terhadap vertikal.
Tepat pada posisi terendahnya, bandul menumbuk secara tidak elastis sama sekali cakram
yang lain berjari-jari R dan massa m2, dengan m2 < m1. Tentukan :
a. periode bandul sebelum tumbukan! (Nyatakan dalam l,g, dan R)
b. kecepatan bandul sesaat sebelum tumbukan! (Nyatakan dalam l,g,θ dan R)
c. Kecepatan bandul sesaat sesudah tumbukan! (Nyatakan dalam m1,m2, l,g,θ dan R)
d. Periode bandul setelah tumbukan! (Nyatakan dalam l,g, dan R)
P
l

R

θ

m2
R

Penyelesaian:
a. Momen inersia awal pendulum terhadap poros :
Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

IP 

1
m1R2  m1l 2
2
Torsi relatif terhadap poros :
 p  m1 gl sin 
Persamaan torsi:
 p  I P

2
1
d 
m1 gl sin    m1R2  m1l 2  2
2
 dt
Untuk sudut kecil dapat didekati bahwa sin 
d 2
2 gl
  0.
 2
2
dt
 R  2l 2 

 , sehingga

Frekuensi angular pendulum,
2 gl
2  2
R  2l 2





Periode pendulum

2

R2  2l 2
2 gl

b. Ambil acuan energi potensial sama dengan nol di titik terendah.
Energi mekanik awal sistem
Eawal  m1 gl 1  cos  
T

 2

Energi mekanik akhir sistem saat pendulum
di titik terendah ,

1
11
 v 
Eakhir  I P P2   m1R2  m1l 2  b 
2
22
 l 
Kekekalan energi mekanik, Eawal  Eakhir :
2

11
 v 
m1 gl 1  cos     m1R2  m1l 2  b 
22
 l 

2

4 gl 3 1  cos  

vb 

R2  2l 2

c. Karena batang ringan maka berlaku kekekalan momentum linear (anda juga bisa
menggunakan kekekalan momentum sudut).
m1vb   m1  m2  vg
vg 

4 gl 3 1  cos  
m1
R2  2l 2
 m1  m2 

d. Asumsikan poros cakram tepat menyatu setelah tumbukan. Oleh karena periode
bandul fisis T tidak bergantung massa maka periode pendulum sebelum dan sesudah
tumbukan akan sama.
T

2



 2

R2  2l 2
2 gl

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

7.

(18 poin) Sebuah kubus dan silinder berada pada lantai horizontal kasar. Kedua
permukaan benda tersebut saling bersinggungan, seperti pada gambar. Massa kedua
benda sama, demikian pula diameter silinder sama dengan panjang sisi kubus. Untuk
seluruh permukaan, koefisien gesek statik dan kinetik masing-masing adalah μ s dan μk.
Diketahui m = 12 kg, μs = 0,6 , μk = 0,2 dan percepatan gravitasi g = 10 m/s2.
a. Tentukan besar gaya F horizontal yang harus diberikan pada kubus agar kedua benda
tersebut bergerak bersama dimana gerakan silinder adalah translasi murni.
b. Tentukan jenis gerakan sistem mula-mula saat sistem mulai bergerak dari keadaan
diam (apakah gerakannya murni translasi, translasi dan rotasi atau lainnya)
c. Tinjau sekarang sistem kubus dan silinder dalam keadaan bergerak. Tentukan jenis
gerakan sistem jika gaya horizontal yang diberikan sedikit lebih kecil daripada F
(yang dihitung pada soal a). Tentukan pula jenis gerakan sistem jika gaya horizontal
yang diberikan sama dengan ½ F.

m

F

m

Penyelesaian :
a. Diagram gaya pada silinder dan kubus :

N1
N3

f3

f3
mg

N2
F

N3

f1

mg

f2

Tinjau silinder :
Hukum Newton Kedua arah vertikal :
N1  mg  f3
Hukum Newton Kedua arah horizontal:
N3  f1  ma
Gaya gesek silinder dan meja:
f1  k N    mg  f3 
Tinjau kubus :
Hukum Newton Kedua arah vertikal :
N2  mg  f3
Hukum Newton Kedua arah horizontal:
F  N3  f2  ma
Gaya gesek kubus dan meja:
Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

f2  k N2  k  mg  f3 

Silinder translasi murni (tidak berotasi) sehingga gaya gesek yang bekerja pada
silinder dan kubus adalah gaya gesek statis. Syarat silinder tidak berotasi :
f3  f1
f3  s N3  s N3
Sekarang mari kita tinjau saat f3 = f1, artinya f3 minimum atau F minimum.
Menentukan f1 :
f3  k  mg  f1   f1
f1 

k
mg
1  k

Menentukan a :
f3   s N3   s  ma  f1 
a

k 1   s 
g
 s 1  k 

Menentukan N3 :
f
f
N3  3  1
N3 

s

s

k
mg
1  k  s

Menentukan N2 :
N2  mg  f3  mg  f1

k
mg
1  k
1  2k
N2 
mg
1  k
N2  mg 

Menentukan f2 :
1  2k  k mg
f2   k N 2 
1  k
Besar gaya F horizontal :
F  N3  f2  ma
F 

F 

1  2k  k mg  k 1  s  mg
k
mg 
1  k
s 1  k 
1  k  s
mg
   1  2k  k s  k 1  s  
1  k  s k

2k mg
1  k s 
1  k  s
Diketahui : m = 12 kg, μs = 0,6 , μk = 0,2 dan g = 10 m/s2.
Fmin  88 N
F 

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com

Besar gaya F minimum agar silinder translasi murni adalah 88 N.
b. Gaya F minimum agar sistem dapat bergerak dari keadaan diam adalah F = 2 μs mg =
144 N. Karena F > Fmin , maka sistem bergerak translasi murni saat mulai bergerak
dari keadaan diam. Silinder akan tetap bergerak translasi murni saat F berkurang
sampai 88 N.
c. Jika gaya F lebih lebih kecil dari 88 N maka silinder akan mulai berotasi. Setelah
sistem sudah bergerak, besar gaya F minimum agar sistem tetap dapat
mempertahankan geraknya adalah F = 2 μk mg = 48 N. Jika F = ½ Fmin = 44 N, maka
sistem berhenti.

Pembina Olimpiade Fisika
davitsipayung.blogspot.com