KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN · SOAL TES SELEKSI CALON PESERTA KOMPETISI SAINS NASIONAL 20 20 TINGKAT KABUPATEN/KOTA Waktu: 3 jam ... Maka bentuk khusus untuk kasus pelemparan

SOAL TES

SELEKSI CALON PESERTA KOMPETISI SAINS NASIONAL 2020

TINGKAT KABUPATEN/KOTA

Waktu: 3 jam

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN PUSAT PRESTASI NASIONAL

TAHUN 2020

FISIKA

Hak Cipta

Dilindungi Undang-undang

Halaman 2 dari 20

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN PUSAT PRESTASI NASIONAL

SEKOLAH MENENGAH ATAS

Tes Seleksi KSN 2020 Bidang FISIKA

TINGKAT KABUPATEN/KOTA

Waktu: 3 Jam

1- (8 poin) Sebuah benda A dapat bergerak tanpa gesekan sepanjang kawat berbentuk parabola yang memenuhi persamaan 𝑦 = 𝑎𝑥2 dengan x adalah jarak horizontal dari sumbu simetri kawat, dan y adalah tinggi benda dari titik terendah kawat. Jika kawat ini diputar dengan kecepatan sudut 𝜔 dengan sumbu y sebagai porosnya, tentukan nilai 𝜔 (dalam 𝑔 dan 𝑎 ) supaya terdapat posisi kesetimbangan stabil! Jawab:

Tinjau titik A(xo, yo) adalah titik setimbang

Maka, 𝑦 = 𝑎𝑥2

00 2tan0

axdx

dy

xx

(1)

20

20

041

2sinxa

ax

(2)

20

20411cos

xa (3)

Misalkan benda A diberi gangguan sedikit dari titik setimbangnya,

)()( 0 txxtx dan )()( 0 tyyty (4)

dengan )(),( tytx adalah simpangan kecil di sekitar titik setimbangnya.

Maka,

xxa 00 2tan

xaax

22tan.1

tan0

0

0

x

y

xo

yo

o

Halaman 3 dari 20

xxa

a 2

0241

2

(5)

Percepatan tangensial: sincos yxT aaa (6)

Karena kita meninjau osilasi kecil, maka

0.22 22

2

2

2

xxaxadt

yd

dt

yday

(7)

Sehingga

20

20

0

41cos.

cos

xa

xx

aa xT

(8)

Gaya pada arah tangensial:

Tmamgxxm 0002 sincos (9)

Taxaagx2/32

022 412 (10)

Substitusi (8) ke (10) diperoleh:

xxaagx 20

22 412

Jadi, agar stabil (osilasi di sekitar titik (xo, yo)), maka ag22

Cara lain dengan menggunakan Lagrangian:

Energi potential benda A adalah

𝑉 = 𝑚𝑔𝑦 = 𝑚𝑔𝑎𝑥2

Energi kinetik benda A adalah

𝑇 =1

2𝑚𝑥2𝜔2 +

1

2𝑚(�̇�2 + �̇�2) =

1

2𝑚(�̇�2 + 4𝑎2𝑥2�̇�2)

dengan

𝐿 = 𝑇 − 𝑉 =1

2𝑚𝑥2𝜔2 +

1

2𝑚(�̇�2 + 4𝑎2𝑥2�̇�2) − 𝑚𝑔𝑎𝑥2

Persamaan geraknya adalah d

dt(

𝜕𝐿

𝜕�̇�) =

𝜕𝐿

𝜕𝑥

d

dt(�̇� + 4𝑎2𝑥2�̇�) = 𝑥𝜔2 + 4𝑎2𝑥�̇�2 − 2𝑔𝑎𝑥

�̈� + 8𝑎2𝑥�̇�2 + 4𝑎2𝑥2�̈� = 𝑥𝜔2 + 4𝑎2𝑥�̇�2 − 2𝑔𝑎𝑥 (1 + 4𝑎2𝑥2)�̈� = (𝜔2 − 8𝑎2�̇�2 − 2𝑔𝑎)𝑥

Setimbang: �̈� = �̇� = 0,

(1 + 4𝑎2𝑥2)�̈� = (𝜔2 − 2𝑔𝑎)𝑥

Stabil bila 𝜔2 < 2𝑔𝑎

Halaman 4 dari 20

2- (10 poin) Selama empat hari berturut-turut, seorang anak mulai berangkat dari rumah dengan berjalan kaki menuju sekolah selalu pada waktu keberangkatan yang sama. Bel masuk sekolah juga memang diset untuk berbunyi pada waktu yang selalu sama. Pada hari pertama, anak tersebut mulai berjalan dengan kecepatan awal 50 meter per

menit dan dipercepat dengan percepatan 2 meter per menit2. Ternyata dia tiba di sekolah 5 menit setelah bel berbunyi.

Pada hari kedua, anak tersebut mulai berjalan dengan kecepatan awal 150 meter per menit dan diperlambat dengan perlambatan 2 meter per menit2. Ternyata dia tiba di sekolah 5 menit sebelum bel berbunyi.

Pada hari ketiga, ia memutuskan untuk berjalan dengan kecepatan konstan (yang nilainya lebih besar dari 100 meter per menit) hingga tiba di sekolah. Ternyata dia tiba di sekolah tepat saat bel berbunyi.

Jika pada hari keempat ia berjalan dengan kecepatan konstan 100 meter per menit, berapa menit ia tiba di sekolah setelah bel berbunyi.

Jawab:

Karena anak tersebut berangkat pada waktu yang sama, dan bel sekolah juga berbunyi pada waktu

yang sama, maka dimisalkan selang waktu antara waktu berangkat dengan waktu bel berbunyi adalah

t (dalam menit). Misalnya jarak antara rumah dan sekolah adalah x.

Pada hari pertama, anak tersebut terlambat 5 menit, maka waktu yang ia butuhkan dari rumah ke

sekolah adalah t + 5. Untuk gerak lurus berubah beraturan

27560

)5)(2()5(50)5()5(2

2212

121

1

tt

tttatvx (1)

Pada hari kedua, anak tersebut tiba 5 menit lebih awal, maka waktu yang ia butuhkan adalah t 5.

Maka

775160

)5)(2()5(150)5()5(2

2212

221

2

tt

tttatvx (2)

Dengan menyamakan persamaan (1) dan (2) diperoleh

77516027560 22 tttt

010501002 2 tt

0)35)(15(525502 tttt

15t dan 35t (3)

Untuk t = 15 menit, dengan memasukkan ke dalam persamaan (1) jarak yang ditempuh adalah

1400275)15(60)15( 2 x meter (4)

Jadi untuk hari ketiga ketika dia bergerak dengan kecepatan konstan, maka kecepatannya adalah

3,9315

1400

t

xv meter per menit (5)

Halaman 5 dari 20

yang ternyata nilainya lebih kecil dari 100 meter per menit. Padahal dalam soal untuk hari ketiga

diketahui kecepatan anak tersebut lebih besar dari 100 meter per menit. Sehingga waktu t = 15 menit

adalah tidak benar, dan jarak rumah ke sekolah tidak sama dengan 1400 meter.

Solusi kedua untuk t adalah t = 35 menit. Dengan memasukkan ke dalam persamaan (1) jarak yang

ditempuh adalah

3600275)35(60)35( 2 x meter (6)

Jadi untuk hari ketiga, nilai kecepatan konstannya adalah

9,10235

3600

t

xv meter per menit (7)

yang nilainya lebih besar dari 100 meter per menit.

Jadi jarak rumah ke sekolah x = 3600 meter

dan selisih waktu antara keberangkatan dengan bel berbunyi t = 35 menit.

Pada hari keempat, jika ia berjalan dengan kecepatan konstan 100 meter per menit,

maka ia membutuhkan waktu t = 3600/100 = 36 menit untuk sampai ke sekolah.

Berarti ia tiba (36 35) = 1 menit setelah bel sekolah berbunyi.

Halaman 6 dari 20

3- (10 poin) Dua orang anak ingin melempar bola agar mengenai suatu sasaran di ujung tebing. Mereka berdiri pada titik pelemparan yang berada pada jarak tertentu dari sasaran. Mereka melempar bola dengan kelajuan awal yang sama pada waktu bersamaan, namun dengan sudut elevasi yang berbeda sehingga waktu yang ditempuh bola orang pertama dan kedua untuk mengenai sasaran masing-masing adalah 𝑡𝐴 dan 𝑡𝐵. Diketahui percepatan grativasi di tempat itu adalah 𝑔. Tentukanlah jarak PQ dari titik pelemparan ke sasaran (dinyatakan dalam 𝑡𝐴 dan 𝑡𝐵)!

Jawab:

Tinjau keadaan umum untuk satu

bola yang dilempar dengan sudut

elevasi 𝛼 , kecepatan awal 𝑣0 , waktu

tempuh sampai sasaran 𝑡, dan anggap

jarak horizontal dan vertikal ke ujung

tebing masing-masing adalah 𝑥 dan 𝑦

sehingga jarak dari titik pelemparan

ke sasaran adalah 𝐿 = √𝑥2 + 𝑦2 .

Persamaan gerak bola arah horizontal

dan vertikal adalah:

𝑥 = 𝑣 cos 𝛼 𝑡 (1)

𝑦 = 𝑣 sin 𝛼 𝑡 −1

2𝑔𝑡2 (2)

Subsitusi 𝛼 dengan cara menjumlahkan kuadrat dari cos 𝛼 dan sin 𝛼 dari kedua persamaan di atas:

cos2 𝛼 + sin2 𝛼 = 1 (3)

(𝑥

𝑣𝑡)

2+ (

𝑦

𝑣𝑡+

𝑔𝑡

2𝑣)

2= 1 (4)

𝑥2

𝑣2𝑡2 +𝑦2

𝑣2𝑡2 +𝑦𝑔

𝑣2 +𝑔2𝑡2

4𝑣2 = 1 (5)

Subsitusi 𝑥2 + 𝑦2 = 𝐿2 ke pers. (5)

𝐿2 + 𝑦𝑔𝑡2 +1

4𝑔2𝑡4 = 𝑣2𝑡2 (6)

Maka bentuk khusus untuk kasus pelemparan bola pertama dan kedua menjadi:

𝐿2 + 𝑦𝑔𝑡𝐴2 +

1

4𝑔2𝑡𝐴

4 = 𝑣2𝑡𝐴2 (7)

titik pelemparan

sasaran 𝑔

𝑡𝐴

𝑡𝐵

P

Q

titik pelemparan

sasaran 𝑔

𝑥

𝑦 𝐿

P

Q

Halaman 7 dari 20

𝐿2 + 𝑦𝑔𝑡𝐵2 +

1

4𝑔2𝑡𝐵

4 = 𝑣2𝑡𝐵2 (8)

Eleminasi 𝑦 dan 𝑣 dengan mengalikan kedua persamaan di atas masing-masing dengan 𝑡𝐵2 dan 𝑡𝐴

2

𝐿2𝑡𝐵2 + 𝑦𝑔𝑡𝐴

2𝑡𝐵2 +

1

4𝑔2𝑡𝐴

4𝑡𝐵2 = 𝑣2𝑡𝐴

2𝑡𝐵2 (9)

𝐿2𝑡𝐴2 + 𝑦𝑔𝑡𝐵

2𝑡𝐴2 +

1

4𝑔2𝑡𝐵

4𝑡𝐴2 = 𝑣2𝑡𝐵

2𝑡𝐴2 (10)

Lalu kurangkan kedua persamaan (9) dan (10) sehingga menjadi:

𝐿2(𝑡𝐵2 − 𝑡𝐴

2) +1

4𝑔2𝑡𝐴

2𝑡𝐵2(𝑡𝐴

2 − 𝑡𝐵2) = 0 (11)

Maka:

𝑳 =𝟏

𝟐𝒈𝒕𝑨𝒕𝑩 (12)

Alternatif solusi untuk persamaan (7):

041 22242 Ltvgytg

Jika t2 = T, maka diperoleh persamaan kuadrat dalam T:

041 2222 LTvgyTg

Maka, 2

2

2

222

2121

4

41 g

L

g

LttTT

g

Ltttt BA

221

Jadi, BAtgtL21

Halaman 8 dari 20

4- (12 poin) Sebuah gunung dimodelkan sebagai kerucut dengan tinggi 𝐻 dan sudut setengah bukaan 𝜃 , dimana sin 𝜃 =

1

4. Sebuah lintasan yang mengitari gunung dibuat untuk

menghubungkan titik 𝐴 pada dasar gunung dan titik 𝐵 pada permukaan gunung, dimana puncak gunung (titik 𝑃), titik 𝐴, dan titik 𝐵 terletak pada satu garis lurus. Panjang segmen garis lurus 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ adalah ℎ =

𝐻

√15. Lintasan dibuat menggunakan kawat dengan

panjang minimum yang mengitari gunung. Sebuah partikel yang dapat bergerak bebas tanpa gesekan sepanjang lintasan kawat ditembakkan dari titik 𝐴 dan bergerak menuju titik 𝐵 . Nyatakan semua jawaban dalam 𝐻 dan percepatan gravitasi 𝑔.

a. Tentukan kelajuan awal minimum partikel di titik 𝐴, yakni 𝑣, agar dapat mencapai titik 𝐵.

b. Jika partikel ditembakkan dari titik 𝐴 dengan kelajuan 𝑣 tersebut, hitung kelajuan partikel

di titik 𝐵 yakni 𝑣′.

Jawab:

a. Untuk membayangkan lintasan yang ditempuh partikel, kita tinjau jaring-jaring selimut kerucut.

Perhatikan bahwa jaring-jaring selimut kerucut merupakan juring lingkaran dgn sudut bukaan 𝜙.

Dengan menyamakan keliling alas kerucut dan panjang busur juring dan menggunakan

𝐴𝑃̅̅ ̅̅ = 𝐻 𝑠𝑒𝑐 𝜃 dimana 𝑠𝑖𝑛 𝜃 =1

4, diperoleh:

2π𝐻 𝑡𝑎𝑛 θ = ϕ𝐴𝑃̅̅ ̅̅

ϕ = 2π 𝑠𝑖𝑛 θ

ϕ =π

2

Lintasan dengan panjang minimum yang mengitari selimut kerucut akan membentuk garis lurus

pada jaring-jaring selimut sehingga terbentuk segitiga 𝐴𝑃𝐵.

Dari perhitungan diatas, 𝐴𝑃𝐵 merupakan segitiga siku-siku, dengan sudut siku-siku di 𝑃.

Perlu disadari bahwa lintasan ACB terdiri atas bagian menanjak dan menurun, dimana terdapat

titik pada lintasan partikel yang sesaat mendatar (titik puncak), sebut titik 𝐶.

Agar sampai di titik 𝐵 , partikel perlu ditembakkan dengan kelajuan awal tertentu sehingga

setidaknya mencapai titik 𝐶 tersebut. Maka kondisi kelajuan awal minimum diperoleh ketika

Halaman 9 dari 20

kelajuan di titik 𝐶 nol (karena ia titik puncak). Untuk itu, bila diketahui ketinggian titik 𝐶, misal

𝑧𝑚𝑎𝑥, maka dari kekekalan energi kita dapatkan 𝑣 = √2𝑔𝑧𝑚𝑎𝑥.

Perhatikan bahwa pada titik 𝐶 dimana lintasan mendatar (sejajar permukaan tanah), garis yang

melewati titik 𝑃 dan 𝐶 akan tegak lurus lintasan. Berdasarkan pengamatan tersebut serta

menggunakan 𝑐𝑜𝑠 θ = √1 − 𝑠𝑖𝑛2 θ =1

4√15, dapat dikonstruksi segitiga APB sebagai berikut.

Menggunakan Teorema Pythagoras, dapat diperoleh 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ =5𝐻

√15. Luas segitiga tersebut dapat

dinyatakan sebagai 1

2(𝐴𝐵̅̅ ̅̅ )(𝐶𝑃̅̅ ̅̅ ) maupun

1

2(𝐴𝑃̅̅ ̅̅ )(𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ). Maka agar kedua ekspresi luas konsisten,

harus berlaku:

(𝐴𝐵̅̅ ̅̅ )(𝐶𝑃̅̅ ̅̅ ) = (𝐴𝑃̅̅ ̅̅ )(𝐵𝑃̅̅ ̅̅ ) 5𝐻

√15𝐶𝑃̅̅ ̅̅ =

12

15𝐻2

𝐶𝑃̅̅ ̅̅ =12𝐻

5√15

Sehingga ketinggian maksimum partikel, yakni ketinggian titik 𝐶 adalah,

𝑧𝑚𝑎𝑥 = 𝐻 − 𝐶𝑃̅̅ ̅̅ 𝑐𝑜𝑠 θ = 𝐻 − (12𝐻

5√15) (

√15

4) = 𝐻 −

3

5𝐻 =

2

5𝐻

Sehingga diperoleh kelajuan minimum yang harus diberikan di titik 𝐴 adalah 𝑣 = √4

5𝑔𝐻.

b. Menggunakan kekekalan energi pada titik 𝐴 dan 𝐵,

1

2𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔ℎ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 +

1

2𝑚𝑣′2

𝑣2 = 2𝑔 (𝐻

√15) (

√15

4) + 𝑣′2

𝑣′2 =4

5𝑔𝐻 −

1

2𝑔𝐻

𝑣′ = √3

10𝑔𝐻

Halaman 10 dari 20

5- (15 poin) Dua benda bermassa 𝑚1 dan 𝑚2 (𝑚1 > 𝑚2) berada segaris dan di atas bidang datar kasar dengan koefisien gesek statis dan kinetik bernilai sama yaitu 𝜇. Awalnya benda 1 berada di sebelah kiri benda 2, yang diam, sejauh L dan diberi kecepatan sebesar 𝑣1 ke kanan. a. Tentukan syarat yang diperlukan agar benda pertama menumbuk benda kedua. Apabila

syarat tersebut terpenuhi maka benda 1 akan menumbuk benda 2. Anggap tumbukan terjadi secara singkat sehingga bersifat lenting sempurna.

b. Tentukan dimanakah posisi akhir benda 1 dengan menganggap posisi tumbukan adalah pusat koordinat!

c. Tentukan dimanakah posisi akhir benda 2 dengan menganggap posisi tumbukan adalah pusat koordinat!

d. Berapakah jarak keduanya saat keduanya diam? Asumsikan volume kedua benda jauh lebih kecil dari jarak yang mereka tempuh.

Jawab:

Pada benda 𝑚1 bekerja gaya gesek sebesar 𝑓 = 𝑁1𝜇 = 𝑚1𝑔𝜇 sehingga dengan menggunakan

hukum kedua Newton didapat percepatan 𝑚1 adalah 𝑎 = −𝑔𝜇.

a. Syarat agar benda pertama bisa menumbuk benda dua adalah lajunya setelah bergerak sejauh L

masih lebih dari nol

𝑣12 + 2𝑎𝐿 = 𝑣1

2 − 2𝑔𝜇𝐿 > 0

𝑣1 > √2𝑔𝜇𝐿

b. Anggap 𝑣1′ sebagai kecepatan 𝑚1 setelah bergerak sejauh L. Hukum kekekalan momentumnya

dapat dituliskan sebagai

𝑚1𝑣1′ = 𝑚1𝑣1

′′ + 𝑚2𝑣2′′

Dan kekekalan energi 1

2𝑚1𝑣1

′ 2=

1

2𝑚1𝑣1

′′2+

1

2𝑚2𝑣2

′′2

Dari kedua persamaan di atas didapatkan kecepatan massa pertama setelah tumbukan

𝑣1′′ =

𝑚1 − 𝑚2

𝑚1 + 𝑚2𝑣1

′ =𝑚1 − 𝑚2

𝑚1 + 𝑚2

√𝑣12 − 2𝑔𝜇𝐿

Karena percepatan yang dialami adalah 𝑎 = −𝑔𝜇, maka saat berhenti berlaku

𝑣1′′2

− 2𝑔𝜇𝑥1 = 0

𝑥1 =𝑣1

′′2

2𝑔𝜇= (

𝑚1 − 𝑚2

𝑚1 + 𝑚2)

2

(𝑣1

2

2𝑔𝜇− 𝐿)

Karena 𝑚1 > 𝑚2 maka 𝑥1berada di sebelah kanan pusat koordinat.

c. Dari persamaan kekekalan momentum dan kekekalan energi pada bagian b. didapat kecepatan

massa kedua setelah tumbukan adalah

𝑣2′′ =

2𝑚1

𝑚1 + 𝑚2𝑣1

′ =2𝑚1

𝑚1 + 𝑚2√𝑣1

2 − 2𝑔𝜇𝐿

Halaman 11 dari 20

Karena percepatan yang dialami adalah 𝑎 = −𝑔𝜇 juga, maka saat berhenti berlaku:

𝑣2′′2

− 2𝑔𝜇𝑥2 = 0

𝑥2 =𝑣2

′′2

2𝑔𝜇= (

2𝑚1

𝑚1 + 𝑚2)

2

(𝑣1

2

2𝑔𝜇− 𝐿)

d. Jarak kedua massa adalah

∆𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1 = [(2𝑚1

𝑚1 + 𝑚2)

2

− (𝑚1 − 𝑚2

𝑚1 + 𝑚2)

2

] (𝑣1

2

2𝑔𝜇− 𝐿)

∆𝑥 =3𝜂2 + 2𝜂 − 1

𝜂2 + 2𝜂 + 1(

𝑣12

2𝑔𝜇− 𝐿)

dengan 𝜂 =𝑚1

𝑚2

Halaman 12 dari 20

6- (15 poin) Sebuah partikel bermassa 𝑚 meluncur di atas sebuah lengkungan logam licin ABC (titik B adalah titik terendah lintasan) yang berbentuk setengah lingkaran dengan jari-jari 𝑅 (lihat gambar). Selama partikel meluncur pada lengkungan, dua buah gaya �⃗�1 dan �⃗�2 bekerja pada partikel. Diketahui besar kedua gaya konstan, arah �⃗�1 selalu menyinggung lengkungan, sedangkan arah �⃗�2 konstan membentuk sudut 𝛽 terhadap garis horizontal. Jika partikel dilepaskan di titik A, dan percepatan gravitasi adalah 𝑔, tentukan: a. usaha total oleh gaya �⃗�1 dan �⃗�2 ketika partikel sampai ke titik B. Nyatakan jawaban Anda

dalam 𝐹1, 𝐹2, 𝑅 dan 𝛽. b. besar gaya kontak antara massa 𝑚 dengan lengkungan di titik B. Nyatakan jawaban Anda

dalam 𝐹1, 𝐹2, 𝑅, 𝑚, 𝑔 dan 𝛽. c. besar gaya �⃗�2 jika laju partikel titik C sama dengan nol. Nyatakan jawaban Anda dalam 𝐹1

dan 𝛽.

Petunjuk: ∫ sin 𝑥 d𝑥 = − cos 𝑥 + 𝐶 dan ∫ cos 𝑥 d𝑥 = sin 𝑥 + 𝐶

Jawab:

a. Tinjau diagram berikut,

Misalkan partikel berada pada sudut 𝜃 terhadap horizontal. Gunakan sistem koordinat polar

(�̂�, 𝜃) , dimana �̂� menyatakan arah radial dan 𝜃 menyatakan arah singgung. Dalam sistem

koordinat ini, gaya �⃗�1 dan �⃗�2 dapat dituliskan dalam bentuk

�⃗�1 = −𝐹1 �̂�

�⃗�2 = −𝐹2 cos(𝜃 − 𝛽) �̂� + 𝐹2 sin(𝜃 − 𝛽) 𝜃

Usaha oleh gaya �⃗�1 dan �⃗�2 adalah

𝑊 = ∫(�⃗�1 + �⃗�2) ⋅ d𝑟

dengan d𝑟 = 𝑅 d𝜃. Sehingga,

Halaman 13 dari 20

𝑊 = 𝑅 ∫[−𝐹1 + 𝐹2 sin(𝜃 − 𝛽)]

𝜃

0

d𝜃

= 𝑅[−𝜃𝐹1 + 𝐹2(cos 𝛽 − cos(𝜃 − 𝛽))]

Ketika sampai ke titik B, 𝜃 =𝜋

2 rad, maka

𝑊𝐴𝐵 = 𝑅 [−𝜋

2𝐹1 + 𝐹2(cos 𝛽 − sin 𝛽)]

b. Tinjau gerak dari A ke B,

Δ𝐾 + Δ𝑈 = 𝑊𝐴𝐵 1

2𝑚𝑣𝐵

2 − 𝑚𝑔𝑅 = 𝑊𝐴𝐵

sehingga didapatkan

𝑣𝐵2 =

2𝑅

𝑚[𝑚𝑔 −

𝜋

2𝐹1 + 𝐹2(cos 𝛽 − sin 𝛽)]

Tinjau diagram benda bebas di titik B,

Gaya arah radial

𝑁 + 𝐹2 sin 𝛽 − 𝑚𝑔 =𝑚𝑣𝐵

2

𝑅

Jadi didapatkan gaya kontak di titik B adalah,

𝑁 = 3𝑚𝑔 − 𝜋𝐹1 + 𝐹2(2 cos 𝛽 − 3 sin 𝛽)

c. Ketika sampai ke titik C, 𝜃 = 𝜋 rad. Agar laju di titik C sama dengan nol, maka 𝑊𝐴𝐶 = 0, sehingga

−𝜋𝐹1 + 2𝐹2 cos 𝛽 = 0

Jadi didapatkan

𝐹2 =𝜋𝐹1

2 cos 𝛽

Halaman 14 dari 20

7- (15 poin) Sebuah balok bermassa 1m berada di atas permukaan lantai yang licin. Pada balok terdapat tiang kokoh setinggi H yang massanya dapat diabaikan. Terdapat sistem bandul yang terdiri dari bola kecil bermassa 2m yang tergantung pada tali kokoh tak bermassa dengan panjang L (< H). Bandul tersebut dapat berayun bebas tanpa gesekan pada ujung atas tiang. Mula-mula posisi tali sejajar dengan horisontal, kemudian seluruh sistem bergerak tanpa kecepatan awal. Percepatan gravitasi g ke bawah. Tentukan: a. tegangan tali sebagai fungsi yaitu sudut antara tali dan tiang;

b. nilai tegangan tali maksimum serta kecepatan balok saat itu.

Jawab:

Misalnya posisi, kecepatan dan percepatan balok 1m dalam dua dimensi (x, y) adalah sebagai

berikut:

)0,(1 xr (1)

)0,(1 xv (2)

)0,(1 xa (3)

Adapun untuk bola 2m adalah sebagai berikut:

)cos,sin(2 LHLxr (4)

)sin,cos(2 LLxv (5)

])cossin[],sincos[( 222 LLxa (6)

Gaya pada 2m adalah:

)cos,sin( 22 gmTTF (7)

Halaman 15 dari 20

Persamaan gaya untuk 2m adalah:

sin])sincos[( 22 TLxm (8)

gmTLm 22

2 cos]cossin[ (9)

Jika persamaan (8) × sin ditambah dengan persamaan (9) × cos maka:

cos)sin( 22

2 gmTLxm (10)

Persamaan kelestarian momentum pada sumbu x menghasilkan:

0)cos(21 Lxmxm (11)

yang dapat dituliskan menjadi

2

21 )(cosm

xmmL

atau

21

2 cosmm

Lmx

(12)

Jika persamaan (11) diturunkan ke t dan digabungkan dengan persamaan (8) menghasilkan

0sin])sincos[( 12

21 TxmLxmxm (13)

sehingga

1

sinm

Tx

(14)

Dengan menggunakan persamaan (14), persamaan (10) menjadi

cos)sin( 2

2

1

2

2 gmTLm

Tm

yang setelah disederhanakan menjadi

)cos(sin 22

1

221

gLm

m

mmT

(15)

Untuk memperoleh bentuk 2L maka digunakan persamaan kelestarian energi mekanik. Saat

awal:

01 EK , 01 EP , 02 EK , gHmEP 22 (16)

Sedangkan pada keadaan sudut maka

212

12112

11 xmvmEK , 01 EP , )cos2( 222

2212

2221

2 LxLxmvmEK ,

)cos(2222 LHgmgymEP (17)

Dengan menggunakan persamaan (15) dan (16), kekekalan energi mekanik adalah:

gHmLHgmLxLxmxm 22222

2212

121 )cos()cos2(

coscos)( 2222

2212

2121 gLmLxmLmxmm (18)

Dengan memasukkan persamaan (12) ke dalam (18) diperoleh

Halaman 16 dari 20

cos)()( 22

2122

2212

2121 gLmxmmLmxmm

cos)( 22

212122

221 gLmxmmLm

coscos)( 2

2

21

2212

12222

1 gLmmm

LmmmLm

coscos1 221

2222

221 gLm

mm

mLm

cos2sin21

2212 gmm

mmL

2

21

212

sincos)(2

mm

gmmL

(19)

Dengan memasukkan persamaan (19) ke dalam persamaan (15) diperoleh

cossin

cos)(2sin2

21

212

1

221 g

mm

gmmm

m

mmT

yang jika disederhanakan diperoleh tegangan tali sebagai fungsi

22

21

222121

)sin(cos)(3cos)(

mm

mmmgmmT

(20)

Tegangan tali akan bernilai maksimum jika 0/ ddT . Bisa juga tegangan tali bernilai maksimum

jika pembilang bernilai maksimum dan penyebut bernilai minimum. Ini diperoleh jika sekaligus

berlaku 1cos dan 0sin yaitu ketika 0 dimana bandul mengarah vertikal dan bola

berada pada titik terendah.

Nilai tegangan tali maksimum adalah

g

m

mmmT

1

212max

23 (21)

Kecepatan balok diperoleh dengan menggabungkan persamaan (12) dan (19)

Lmm

gmm

mm

Lm

mm

Lmx

2

21

21

21

2

21

2

sincos)(2coscos

(22)

Disini tanda diperoleh karena mengambil akar dari 2 , dimana tanda + ketika balok bergerak ke

kanan dan tanda minus ketika bergerak ke kiri.

Saat 0 maka kecepatan balok adalah

gLmmm

mv

)(2

211

22

1

(23)

Halaman 17 dari 20

Tambahan:

Jika sejak awal sudah diambil asumsi bahwa tegangan tali maksimum ketika bandul mengarah

vertikal, maka kecepatan balok dan tegangan tali maksimum dapat dihitung dengan cara yang lebih

sederhana. Misalnya relatif terhadap lantai, kecepatan horisontal 2m saat berada di titik terendah

adalah 2v dan kecepatan balok saat itu adalah 1v . Persamaan kelestarian momentum pada sumbu

x adalah

02211 vmvm sehingga 2112 / mvmv (24)

Saat bandul 2m di titik terendah:

2112

11 vmEK , 01 EP , 2

21

212

12222

12 / mvmvmEK , )(22 LHgmEP (25)

Persamaan kelestarian energi antara ketika saat awal (persamaan (16)) dengan saat di titik

terendah (persamaan (25)) adalah

)(/ 2221

212

12112

12 LHgmmvmvmgHm

gLmmmmv 22211

212

1 )/(

gLmmm

mv

)(2

211

22

1

(26)

yang sama dengan persamaan (23). Selanjutnya kecepatan 2m relatif terhadap 1m adalah

gLm

mmgL

mmm

m

m

mmv

m

vmvvv rel

1

21

211

22

2

211

2

11122

)(2)(

2

(27)

Persamaan gaya saat 2m berada pada titik terendah adalah

L

vmgmT rel

22

22 (28)

gm

mmmg

m

mmmgmT

1

212

1

2122

)23()(2

(29)

yang sama dengan persamaan (21). Hanya saja metode ini tidak dapat menentukan tegangan tali

sebagai fungsi .

Halaman 18 dari 20

8- (15 poin) Katapel (plinteng) adalah mainan anak-anak untuk melontarkan batu kecil. Biasanya katapel terbuat dari gagang bercabang dua yang kedua ujungnya diikatkan oleh karet (pegas). Dalam merancang suatu katapel, terdapat dua konfigurasi (lihat gambar). Pada konfigurasi I, panjang natural pegas lebih kecil dari jarak cabang ke bantalan (𝑙0 <

𝑑). Pada konfigurasi II, panjang natural pegas lebih besar dari jarak horizontal cabang ke bantalan ( 𝑙0 > 𝑑 ). Untuk melontarkan batu bermassa 𝑚 , seorang anak menarik bantalan batu bermassa 𝑀 sejauh 𝑦 dengan gaya 𝐹𝑎 , dan melepaskannya. Anggap karet tersebut memiliki koefisien pegas 𝑘 dan memenuhi hukum Hooke. a. Carilah kecepatan lontaran batu 𝑣 untuk kasus ekstrem

pada konfigurasi I (𝑙0 ≪ 𝑑) dan konfigurasi II (𝑙0 ≫ 𝑑) !

Nyatakan jawaban Anda – suku terpenting saja – dalam variabel-variabel 𝐹𝑎, 𝑘, 𝑚, dan 𝑀!

Hint: Jika diperlukan, gunakan sin 𝜃 ≈ 𝜃 dan cos 𝜃 ≈ 1.

b. Koefisien pegas karet katapel dapat juga dinyatakan dengan persamaan 𝑘 = 𝐸𝐴/𝐿 , di mana 𝐸 adalah koefisien yang bergantung pada material karet (modulus Young), 𝐴 adalah luas penampang karet, dan 𝐿 adalah panjang “potongan” karet. Apabila si anak menggunakan bahan karet yang sama dengan luas penampang yang sama, tentukan apakah lebih baik jika anak tersebut memotong karet tersebut seperti pada konfigurasi I atau konfigurasi II!

Jawab:

a- Konfigurasi ekstrem I (𝒍𝟎 ≪ 𝒅):

Tinjau gaya arah y saat bantalan ditarik dengan

gaya 𝐹𝑎:

∑𝐹𝑦 = 0

𝐹𝑎 = 2𝐹𝑝 sin 𝛼

di mana sin 𝛼 = 𝑦/√𝑑2 + 𝑦2, dan

𝐹𝑝 = 𝑘(√𝑑2 + 𝑦2 − 𝑙0) ≈ 𝑘√𝑑2 + 𝑦2 karena 𝑙0 ≪ √𝑑2 + 𝑦2.

Substitusi sin 𝛼 dan 𝐹𝑝 pada persamaan di atas:

𝐹𝑎 ≈ 2𝑘√𝑑2 + 𝑦2𝑦

√𝑑2 + 𝑦2= 2𝑘𝑦

Tinjau perubahan energi mekanik sistem:

∆𝐸𝐾 = −∆𝐸𝑃 1

2(𝑀 + 𝑚)𝑣2 = 2 ∙

1

2𝑘 (√𝑑2 + 𝑦2 − 𝑙0)

2− 2 ∙

1

2𝑘(𝑑 − 𝑙0)2

1

2(𝑀 + 𝑚)𝑣2 ≈ 𝑘(𝑑2 + 𝑦2) − 𝑘𝑑2

Halaman 19 dari 20

1

2(𝑀 + 𝑚)𝑣2 ≈ 𝑘𝑦2

Substitusi 𝐹𝑎 ≈ 2𝑘𝑦 pada persamaan ini:

1

2(𝑀 + 𝑚)𝑣2 ≈

𝐹𝑎2

4𝑘

𝑣 ≈ √𝐹𝑎

2

2𝑘(𝑀 + 𝑚)

Konfigurasi ekstrem II (𝒍𝟎 ≫ 𝒅):

Tinjau gaya arah y saat bantalan ditarik dengan gaya 𝐹𝑎:

∑𝐹𝑦 = 0

𝐹𝑎 = 2𝐹𝑝 cos 𝜃′

di mana untuk kasus ekstrem ini cos 𝜃′ ≈ 1.

Tinjau proyeksi panjang pegas 𝑙 dan 𝑙0 pada sumbu y:

𝑙0 cos 𝜃 + 𝑦 = 𝑙 cos 𝜃′

𝑙0 + 𝑦 ≈ 𝑙

sehingga 𝐹𝑝 = 𝑘(𝑙 − 𝑙0) ≈ 𝑘𝑦

Substitusi cos 𝜃′ dan 𝐹𝑝 persamaan di atas:

𝐹𝑎 ≈ 2𝑘𝑦

Tinjau perubahan energi mekanik sistem:

∆𝐸𝐾 = −∆𝐸𝑃 1

2(𝑀 + 𝑚)𝑣2 = 2 ∙

1

2𝑘(𝑙 − 𝑙0)2 − 2 ∙

1

2𝑘(𝑙0 − 𝑙0)2

1

2(𝑀 + 𝑚)𝑣2 ≈ 𝑘𝑦2 − 0

Dengan substitusi 𝐹𝑎 ≈ 2𝑘𝑦 pada persamaan ini:

1

2(𝑀 + 𝑚)𝑣2 ≈

𝐹𝑎2

4𝑘

𝑣 ≈ √𝐹𝑎

2

2𝑘(𝑀 + 𝑚)

Dari kedua hasil di atas, kita bisa menyimpulkan bahwa kecepatan lontaran batu sama untuk

kedua konfigurasi ekstrem di atas.

Tambahan: cara cerdik untuk konfigurasi ekstrem II:

Kita dapat menggambar konfigurasi tersebut lebih ekstrem lagi,

sehingga kedua pegas tersebut hampir sejajar

Tinjau gaya arah y saat bantalan ditarik dengan gaya 𝐹𝑎:

∑𝐹𝑦 = 0

𝐹𝑎 = 2𝐹𝑝

di mana 𝐹𝑝 = 𝑘(𝑙 − 𝑙0) = 𝑘𝑦, sehingga:

𝐹𝑎 = 2𝑘𝑦

Setelah ini, penyelesaian dilanjutkan seperti pada cara di atas.

Halaman 20 dari 20

b- Kecepatan lontaran sama untuk kedua konfigurasi ekstrem di atas:

𝑣 ≈ √𝐹𝑎

2

2𝑘(𝑀 + 𝑚)

Dengan substitusi 𝑘 = 𝐸𝐴/𝐿 dan mengingat bahwa panjang potongan adalah panjang natural

pegas:

𝑣 ≈ √𝐹𝑎

2

2(𝑀 + 𝑚)

𝑙0

𝐸𝐴

Pegas pada konfigurasi II tentunya memiliki panjang natural (panjang potongan) yang lebih besar

daripada pegas pada konfigurasi I, sehingga dapat kita simpulkan bahwa:

𝑣𝐼𝐼 > 𝑣𝐼

Konfigurasi II menghasilkan kecepatan lontaran yang lebih tinggi dari konfigurasi I.

Oleh karena itu, lebih baik jika kita memotong karet seperti konfigurasi II.