KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

  

SOAL UJIAN

SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014

TINGKAT PROPINSI

Waktu : 3,5 jam

  

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2014

FISIKA

Hak Cipta

   Dilindungi Undang-undang

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

  Hak Cipta KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Olimpiade Sains Nasional 2014

  

Tingkat Propinsi

Bidang F i s i k a

Ketentuan Umum:

  1- Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 7 (tujuh) buah soal. 2- Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3,5 jam. 3- Peserta dilarang menggunakan kalkulator. 4- Peserta dilarang meminjam dan saling meminjamkan alat-alat tulis. 5-

  Tulislah jawaban Saudara di kertas yang telah disediakan dengan menggunakan ballpoint dan tidak boleh menggunakan pinsil. 6-

  Kerjakanlah lebih dahulu soal-soal dari yang Anda anggap mudah/bisa dan tidak harus berurutan. 7- Setiap nomor soal yang berbeda harap dikerjakan pada lembar jawaban yang terpisah. 8-

  Jangan lupa menuliskan nama Saudara atau identitas lainnya pada setiap lembar jawaban yang Saudara gunakan. 9-

  Meskipun sudah selesai mengerjakan semua jawaban, Anda tidak diperbolehkan meninggalkan ruangan tes hingga waktu tes berakhir. 10-

  Informasi resmi tentang kegiatan Olimpiade Fisika dapat dilihat di website http://www.tpof-indonesia.org

  

Tes Seleksi OSN 2014 Bidang FISIKA

TINGKAT PROPINSI

Waktu: 3,5 Jam

1.

  (12 poin) Balok bermassa 2m mula-mula

  g

  diam di bagian terbawah bidang miring (massa M dan sudut kemiringan α).

  M 2m

  Permukaan bidang miring licin dan

  α

  V

  berada di atas meja licin. Pada saat awal

  m t = 0, sebutir peluru dengan massa m dan

  kecepatan v bergerak paralel terhadap bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung: a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja, b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya, c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya, d. jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya.

  Jawaban:

  Sesaat setelah tumbukan antara peluru m dengan balok m b = 2m maka balok bergerak dengan kecepatan awal v

  1 sehingga berlaku m m

  1

  mv m m v

   (  ) dan v  v  v  v (1)

  b

  1

  1 m  m m 

  2 m

  3

  b

  (1 poin)

  N v u

  (0,5 poin)

  ˆn α

mg

  Hak Cipta

    Katakan u adalah kecepatan bidang miring M dan a  u adalah percepatannya.

  M

  Komponennya yang berlawanan dengan gaya normal N adalah  

  u  u sin  (2) n

  dan saat balok 2m tetap bersentuhan dengan bidang miring maka (2) juga merupakan 

  percepatan balok ke arah n . Kecepatan tangensial balok adalah  v n ˆ sehingga

   v

  ˆ t

  

  m v   m g sin  (3) b t b

  dan percepatan normalnya memenuhi  (4) (0,5 poin)

  m u sin   m g cos   N b b

  Gaya N pd arah ˆn bekerja pada bidang miring, tetapi karena bidang miring tsb selalu berada di atas meja maka hanya komponen sejajar meja saja yang bekerja mempercepat bidang miring sehingga

  M u   N sin  ( m g cos  m u  sin ) sin (0,5 poin)     b b

  dan

  m g sin cos   2 mg sin  cos  b a   u   (5) (0,5 poin)

  M

  2

  2 M  m sin  M  2 m sin  b

  Selanjutnya, dengan mengingat bahwa

   v : vektor kecepatan balok m relatif terhadap tanah/lantai,

   x u : vektor kecepatan bidang miring relatif terhadap tanah = u ˆ -

  Sehingga

     : vektor kecepatan balok relatif terhadap bidang miring. v u

  Syarat agar balok tetap berada di permukaan bidang miring adalah:

        

( v u ). n ˆ (yang berarti bahwa v u selalu tegak lurus pada ˆn ) (0,5 poin)

   

  dan saat di puncak tertinggi lintasannya berlaku v  u  sehingga v n ˆ   u . n ˆ  u sin 

    ˆ ˆt

  dan v t   u ˆ. t  u cos   (dengan adalah vektor satuan yg tegak lurus ˆn yang menyatakan arah sejajar bidang miring).

  

  Ada posisi saat v  ˆ t  yang terpenuhi setelah tercapai tinggi maksimum yaitu saat balok 2m mulai bergerak turun. Saat berada di puncak tertinggi tersebut maka balok m mempunyai

  x

  kecepatan sesaat u ˆ . Selanjutnya (0,5 poin) -

  s Hak Cipta

1 Mu v m gh m u m

   

  1

    sin cos

  T g v u v s t

  Katakan T = waktu untuk mencapai ketinggian maksimum h, maka:

  (1 poin) (c)

  3 cos 3 cos ₁

  3

   

  M m a v m u ^o _b ^b _s

     

    M m a mv

  18 ^{2 2} 

  3

  3 sin

  M m

M m

g v h

  

   

    

  Kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum diberikan (7), yaitu   

     (1 poin) sehingga

     

  18 ^{2 2} 

  atau   

   (9) (1 poin)

  3 ² 

  3 cos 3 sin

  T

  M m M m g v

  

   

    

  1

      

  1 ) cos ( sin

  cos sin cos sin

    _{2 1} ^{2 1 1 1}

   

   

  T _{b b b} ^b _s

  M m v m v g u v g

  M m M m g v

        

  (8) (1 poin) (b)

  Hak Cipta

  Hukum kekekalan energi mekanik :

     (6) (1 poin) Hukum kekekalan momentum :

  (a) Tinggi maksimum balok adalah

    (7)

     

  )

3 (

3 cos 3 cos ₁ M m

mv

M m v m u _b ^b _s

  Sehingga kecepatan balok saat mencapai tinggi maksimum adalah

    (1 poin)

  1 M v m u m b s b

   cos ) (

  b b s s b

     

  2

  1

  2

  1

  2

  2

  2

  1

  2

     

      

  3 sin

  2

  M m M m g v h

  

   

    

  atau   

  1

  1

  2

  1

  2 ) cos (

      

  1

  2 cos

  sin

     _{2 2 1} ^{2 2} ₁ ² _{1 2 1}

  M m v m v m g m h _{b b b} ^b _b ^b _{b b}

  M m m g v

  M m M m g v

   



 

     

  3

  (d) Jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m mencapai ketinggian maksimum adalah

  2

  2

  2    

  1

  1 1 m g sin  cos   v  M  m cos 

  2

  2 b 1 b

      D a T u T

  M    

  2  

  2

  2

     

  2 M  m sin g sin  M  m  b   b

  (1 poin) sehingga

  2

  2

  2     sin cos  cos v m  

  1 M m  1 b   b

  D     

  2

  2 2 g M  m

  M  m sin   sin   b b

     

  atau _{2 2 2}

  v 3 m sin  cos   M  3 m cos    

  D  _{2 2} (10) (1 poin)   9 g sin  M 

  3 m sin  M  3 m     2.

  (16 poin) Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara tembok vertikal dan balok segitiga bermassa M. Sisi miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan  terhadap horisontal. Bola tersebut menyinggung balok segitiga pada ujung paling atas balok tersebut. Balok berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak tanpa gesekan. Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan awal, permukaan horisontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai atau tidak miring/berputar, a.

  Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistim bola-balok tersebut, b.

  Tentukan nilai percepatan gerak bola, c. Tentukan syarat bagi nilai M/m.

  Jawaban: a.

  Diagram gaya pada sistem di atas adalah sebagai berikut.

  Hak Cipta b.

  Berat bola = mg ke bawah. Misalnya gaya aksi balok yang diterima oleh bola = K, maka gaya pada bola ini dapat diuraikan menjadi gaya ke atas sebesar Kcos  dan Ksin yang mengarah ke kiri.

  Karena bola tidak bergerak horisontal, maka gaya normal pada bola karena bersinggungan dengan tembok vertikal juga = Ksin  yang mengarah ke kanan. Jika percepatan bola ke bawah = a maka mg  K   ma (1) cos Gaya reaksi bola yang diterima oleh balok juga = K. Gaya pada balok ini dapat diuraikan menjadi gaya ke kanan sebesar Ksin  yang akan menyebabkan percepatan balok sebesar A, serta gaya ke bawah sebesar Kcos . Sementara itu berat balok = Mg ke bawah. Karena balok tidak bergerak vertikal, maka gaya normal pada balok karena bersinggungan dengan bidang horisontal adalah N = Mg + Kcos . Persamaan gerak untuk balok adalah

  K sin   MA (2) Persamaan ketiga menghubungkan antara a dengan A. Ketika balok bergerak horisontal sebesar

  2

  2

  2

  1

  1

  1 selama waktu t sebesar maka bola turun sejauh sehingga s  At s tan   At tan   at

  2

  2

  2 diperoleh hubungan: a  A tan (3)

   Gabungan persamaan (2) dan (3) menghasilkan

  Ma  (4)

  K sin  tan  Gabungan persamaan (1) dan (4) menghasilkan

₂

m tan  a  g (5) ₂ M  m tan 

  Hak Cipta Agar dipenuhi syarat balok tidak miring/berputar, maka torka terhadap titik pusat massa balok dari gaya K harus lebih kecil atau sama dengan torka terhadap titik pusat massa dari gaya normal N yang dirasakan balok dari lantai. Dalam hal ini, nilai torka maksimum dari gaya K tersebut adalah ketika gaya normal N berada di ujung paling kanan balok tersebut.

  Misalkan tinggi balok = h, sehingga panjang horisontal balok = h / tan  . Pusat massa balok berjarak 1/3 dari panjang sisi balok. Karena itu jarak horisontal antara garis normal N (yang terletak di ujung kanan balok) dengan pusat massa balok adalah h / 3tan  , sehingga torka dari N terhadap pusat massa adalah h   .

  ( Mg K cos )

  

  3 tan Sementara itu gaya K dapat diuraikan menjadi gaya horisontal K sin  ke kanan yang memiliki jarak vertikal dengan pusat massa sebesar 2h/3, serta gaya vertikal K cos ke bawah yang

   memiliki jarak horisontal dengan pusat massa sebesar h / 3tan  . Torka total adalah 2 h h

     .

  K sin K cos 3 3 tan  Dengan menerapkan syarat di atas maka

  2 h h h

        (6)

  K sin K cos ( Mg K cos ) 3 3 tan  3 tan  Gabungan (4) dan (6) menghasilkan

g

   (7) a

  

2

c. Gabungan persamaan (5) dan (7) menghasilkan

  M ²



tan  (8) m 3.

  (10 poin) Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan suatu planet bola bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan

  y . Percepatan gravitasi di permukaan planet tersebut adalah g , sedangkan tetapan gravitasi universal adalah G.

  a.

  Percepatan gravitasi yang dialami benda m tersebut berkurang secara linier terhadap y.

  Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-parameter di atas);

  Hak Cipta

2 GM

  2 ( ) v v g y ky    

  2

  v = 0 

  (2 poin) c. Di ketinggian maksimum

  2 2 v ky g y v   

  2

  2

  

2

  

  1

  

1

  2

  2

  2

  

  2  2 ky g y v  

  2

    

  Untuk limit k 

  (2 poin)

     

  2 g kv g v y k g

  2 [1 (1 / 2 )]

  2

  2

        (2 poin)

  2

  g g kv g kv g y k k

  2

  4 4 (1 1 / )

  2

  2

  2

   

  Hak Cipta b.

  Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan awal

   

  3

  2

  2

  2

  2

  

  GMm mg R y

  GM GM GM GM g y R y R y R R R R

  ( )

  2

  Gaya gravitasi antara m dan M yang terpisah pada jarak R + y sama dengan berat yang dimiliki oleh massa m dengan percepatan gravitasi g.

  0. Jawaban: a.

  Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda jika tetapan/konstanta linier pada pertanyaan a) diatas 

  v , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai fungsi ketinggian y; c.

  2 (1 / ) (1 2 / )

  

  y v v v y vdv g ky dy

  Persamaan gerak untuk benda yang dilempar ke atas

   ( )

      (1 poin)

  dv dv dy dv v g ky dt dy dt dy

  (1 poin) Dengan menggunakan dalil rantai,

    

  a g    ( ) dv g ky dt

  b.

        (2 poin) Jadi

    .

  k R

  2GM

  3

   dan

  g R

   

  4.

  (14 poin) Bola karet dengan berat W = mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC (dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berotasi di sekitar titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas dengan konstanta k dipasang pada posisi

  y

  mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain dilekatkan pada C titik tetap B di tongkat AC. Seperti tampak

  Dinding

  dalam gambar, tongkat disimpangkan dari

  W=mg B

  posisi awal (tegak) sebesar sudut  lalu 

  L a

  dilepaskan sehingga tongkat akan mengalami gerak osilasi (getaran). Tentukan:

  x A

  (a) besar frekuensi getaran untuk sudut  yang kecil. simpangan

  Lantai

  (b) nilai maksimum gaya berat W agar untuk sudut simpangan  kecil tongkat mengalami getaran harmonik.

  Solusi:    

  (a)

  ( e  x ˆ , e  y ˆ , dan e  r ˆ , e   ˆ )

  Gaya-gaya yang bekerja pada sistem adalah : x y  

    W   mg y

   Gaya berat :

   F  ka  x ˆ

   Gaya pegas :

  

  )

  F  R r ˆ (gunakan koordinat polar r,

   Gaya reaksi sepanjang tongkat : R Hukum II Newton:

  Hak Cipta

  Hak Cipta R r L a x ka y mg dt r d m ˆ ˆ ˆ ₂ ²    

  

  , atau ₂ ²

    

   

  mL mgL ka  

  sehingga frekuensi getaran tongkat adalah b.

  Tongkat mengalami getaran harmonik kalau

  2

  L a mr k g r ²

  > 0 sehingga

  L ka W mg ²

   

5. (18 poin) Sebuah batang homogen (massa M dan panjang l ) salah satu ujungnya diletakan pada tepi

sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan kontak dengan meja. Lakukan perhitungan Anda untuk 2 kondisi berikut: a.

  Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar (i) b. Tepi meja kasar dan sangat tajam (lihat gambar (ii)).

  (ii) (i)

  2

  2

mL

mgL ka

  1    

     , maka diperoleh   

  

          

  

  atau dalam koordinat polar

  R r r L a ka r mg r r r m

  ˆ ) ˆ cos

  ˆ ( sin ) ˆ sin

  ˆ (cos ) ˆ ˆ ( ²

           

  1 cos dan sin  

    

  Tetapi, komponen-komponen gaya berat dan gaya pegas ke arah r ˆ dapat diimbangi oleh gaya reaksi _R

  F 

  , sehingga akhirnya diperoleh persamaan gerak untuk sudut simpangan tongkat ( ), yaitu

      cos sin ² L

  a

 k mg mr 

 

  Dengan mengingat bahwa untuk sudut  kecil berlaku

  



 

  Jawab: a.

  Untuk kondisi gambar (i), hingga posisi batang jatuh sejauh  terjadi:  Kehilangan energi potensial sebesar:    

  EP Mg  1 cos 

  2 Energi ini dikonversi menjadi EK rotasi di tepi meja itu, EK = _{rot EP}

  

  1 ²   ; I  Mg  _p 1 cos  

  2

  2

  1 _{2 2} 3 g ambil   akan diperoleh:     (1)

  I M  _p 1 cos  3  ₂ 

  3 Percepatan centripetal batang:    (2) a  g  _cp 1 cos  

  2

  2 Karena batang berotasi, maka berlaku:



  1 ₂     (3)

   I   Mg sin M 

  

  

2

  3 3 g 

  3 Maka   sin  dan    sin  (4) a g _t

  

  2

  2

  4 Lihat gambar saat batang di posisi , sesaat akan kehilangan kontak dengan meja.

   F  Ma _{x x}

  

  cos sin (5)

  H  M a   a   t cp 

  F Ma  _{y y}  

  Mg

  V M a cos a sin (6)     

   cp t  Dari penyelesaian pers. (5) dan (6) dengan mensubstitusikan pers. (2) dan (4) diperoleh:

  3 H  Mg sin   3 cos   2 

  4

  (7)

  1 ² V  Mg  3 cos   1 

  4 Batang mulai kehilangan kontak dengan meja pada saat:

  H = 0  3 cos  - 2 = 0 _{-1 o} Jadi, cos  = 2/3, atau  = cos (2/3)  48 . (8)

  

b. cp dan a t nya sama seperti pada persamaan (2) dan (4)

Untuk kondisi gambar (ii), nilai untuk a diatas.

  Hak Cipta

  Hak Cipta

Karena ujung meja sekarang tajam, maka gaya normal N akan berarah pada sepanjang sumbu

batang. Dan ada gaya gesek f r yang tegak lurus terhadap N (lihat gambar di bawah).

  

  (14 poin) Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada silinder pejal bermassa M dan berjari-jari R menggunakan batang tak bermassa. Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai, tentukan: a- kecepatan pusat massa silinder, b- kecepatan bola.

  6.

  Jadi, cos  = 3/5 atau  = 53 ^o

. (11)

Jika  makin besar maka N < 0 dan ini tidak mungkin! Yang pasti batang jadi tidak kontak lagi dengan meja. Karena tepi meja yang kasar maka gaya gesek statik mampu menahan batang untuk melakukan gerak rotasi dan tidak terjadi slip hingga gaya normal N = 0.

  (10) Batang tepat mulai meninggalkan tepi meja, pada saat N = 0.

  2    Mg N

  5

  (9) Maka kita peroleh,   3 cos

  Mg M Ma N Mg _cp

  Sepanjang sumbu batang: 

   

  2 cos ₂   

  3

  2

  1

     cos

  Ma F   

   _{x x}

  Jawaban: Pertama, gunakan teorema usaha-energi. Gaya normal oleh lantai pada silinder yang mengarah ke atas, maupun gaya gesek statik pada silinder tidak melakukan usaha sama sekali, sehingga usaha oleh gaya gravitasi sama dengan perubahan energi kinetik sistem.

  W   EK (1) (1 poin) grav

  Selama gerakan, tinggi pusat massa silinder tidak mengalami perubahan sehingga usaha oleh gaya gravitasi hanya berasal dari bola m sebesar

  W  mg R (  H ) . (2) (1 poin) grav

  Sementara tenaga kinetik total sistem adalah

  2

  2

  2

  1

  1

  1

   EK  MV 

  I  mv (3) (1 poin)

  

  2

  2

  2

  2

  1

   = dimana V = kecepatan pusat massa silinder, I = momen inersia silinder = MR ,

  2

  kecepatan sudut silinder dan v = kecepatan bola. Jadi

  

2

  2

  2

  1

  1

  1 mg R (  H )  MV  I  mv (4) (1 poin)

  

  2

  2

  2 Karena silinder menggelinding tanpa tergelincir, hubungan antara V dengan  adalah (5)

  V   R

  (0,5 poin) Titik P adalah sumbu rotasi sesaat sehingga saat bola menyentuh lantai jari-jari rotasi bola terletak pada lantai. Karena kecepatan bola tegaklurus dengan jari-jari rotasi bola, maka v harus tegak lurus terhadap lantai. Disini, v adalah resultan dari kecepatan translasi titik O (pusat massa silinder) dan kecepatan bola yang berotasi terhadap titik O. Dengan melihat Gambar, maka

  2

  2

  2

  2

  2

  2 v  (  H )  V   ( H  R ) (6) (2 poin)

  Substitusi (5) dan (6) ke persamaan (4) akan menghasilkan

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2 1 1 1

  1 mg R (  H )  M  R  MR   m  ( H  R ) (2 poin)

  2 2 2

  2 Kecepatan sudut silinder saat bola menyentuh lantai adalah

mg H (  R )

  

  2

   (7) (1,5 poin)

  2

  2

  2 mH  R (3 M  2 ) m

  a- Kecepatan pusat massa silinder: mg  H  R 

  2 R (2 poin) _{2 2} 2 mH  

  V =  R  V 

  3 M  2 m  R

  Hak Cipta b- Kecepatan bola saat menyentuh lantai adalah:

  mg H (  R )

  2

  2 v  H  R  2( H  R )

  

  (1 poin)

  2

  2

  2 mH  R (3 M  2 ) m

  R 7. m dan radius mula-mula berotasi dengan

  (16 poin) Sebuah silinder pejal bermassa

  

  kecepatan sudut dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar (yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan  dan koefisien gesek

  

  kinetik  dimana  tan  . Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak _{K K} dengan bidang miring. Tentukan: a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip; b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip; c. ketinggian maksimum yang dapat dicapai silinder.

  Jawaban: Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B. y B x h

  N f K 

  A w

  a.

  Selama gerak dari A ke B, hukum Newton II,

  

F  ma 

_{y y}



  cos

  N  mg  

  dan (0,5 poin)

  F  ma _{x x} 

mg sin f ma

      _{K x}

  Hak Cipta sehingga percepatan translasinya adalah

  a  g  cos   sin  (1 poin)  K 

  Untuk gerak rotasi, relatif terhadap pusat massa slinder,   _{O O O} 

  I 

  (0,5 poin)

  1 ₂

  

   f R  mR _{K O}

  2

  sehingga percepatan rotasinya adalah  

  2 g cos _K

   (1 poin)

    R

  Karena percepatan translasi dan percepatan rotasinya konstan, maka kita dapatkan kecepatan silinder adalah:

  v ( t )  gt  cos  sin 

   K   (1 poin) 2 g cos

    _K ( t )   t

   

  R

  Misalkan silinder akan mulai menggelinding tanpa slip di titik B, maka di titik B kita punya

  v t   t R (1 poin)     _{B B}

  atau

  R

  

  t  (1 poin) _B

  3 cos sin

  g      K  b.

  Jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip adalah

  1 ₂

  x  at _{B B}

  2 _{2 2} (2 poin) + (2 poin)  R cos  sin

     _K  ₂ 2 g

  3 cos sin

        _K c.

  Dengan menggunakan hubungan usaha dan energi, kita punya

  1 ²   I  mgh f x (2 poin) _{O K B}

  2

  sehingga didapatkan _{2 2}

  

 

       

  R 2 cos  cos  sin  _{K K}

  (4 poin)

  h  1   ^{2 } 4 g   

   3 cos  sin  _K

 

  === Selamat bekerja, semoga sukses ===

  Hak Cipta