JAWABAN Fisika OSK 013 1- Jawab: a) pada saat t = s, sehingga m/s pada saat t = 4 s, (dg persamaan garis) sehingga m/s b) pada saat t = 4 s, m/s m/s (kemiringan) sehingga m/s c) adalah luas permukaan di bawah kurva This ile was downloaded rom
cari koordinat pada t = 9 detik bisa dengan persamaan garis: Sehingga untuk t = 9 detik maka m/det Luas Daerah (A)= A_I +A_II+A_III - A_IV= 90+0.5(30+60)* + (3*60)/- (1*0)/ Sehingga luas daerahnya = 90 + 90 + 90 10 = 60 (nilai ) sehingga: m - Sebut saja gaya tegang pada tali yang ditarik oleh tangan orang tersebut adalah T. K1 Maka tegangan tali di sepanjang tali tersebut baik yang melalui katrol K1 maupun K adalah sama yaitu T (karena kedua katrol dianggap ringan dan licin). (nilai ) Jadi gaya tegang tali pada katrol K yang menahan beban orang tersebut adalah: T = T (nilai ) Maka gaya tegang tali total yang menahan beban orang tersebut adalah: K T T T t = T + T = T + T = 3T = 600 N Jadi besarnya gaya yang harus diberikan orang tersebut adalah: F = T = 00 N (nilai ) Untuk gambar Gaya-gaya yang bekerja, nilai 3- Jawab: 1 a. Hukum kekekalan momentum sudut: mv0l I ML 3 Jumlah kalor akibat tumbukan tepat sesaat setelah tumbukan: (nilai ) 1 1 1 3m Q mv0 I mv0 1 0 M (nilai 1,5) Karena Q 0, maka secara umum tumbukannya adalah TIDAK-elastik (nilai 1,5) This ile was downloaded rom
b. Untuk kasus ini cukup dilihat pusat massanya saja, 1 1 1 3m mv0 I mv0 1 Mgh M (nilai 3) Sehingga: mv0 3m h 1 Mg M (nilai ) 4- a- Kriteria agar terjadi Gerak Harmonik Sederhana (GHS) adalah adanya gaya pulih yang besarnya sebanding dengan simpangan dari titik setimbangnya. (nilai ) Karena pengaruh gaya gerak dari massa m, maka kondisi setimbang sistim pegas tersebut terjadi pada saat pegas memanjang menjadi d' (lihat gambar). d h Jika massa m disimpangkan sejauh x dibawah titik setimbangnya (x sangat kecil dibandingkan dengan h dan d ), maka gaya pada masing-masing pegas: Jadi gaya pulih pada benda m: F pulih F cos k x kh1 1 h x 1 h( x) ( x) kh1 h d' kh ( x) k sin x d' F k d ( h x) d' (nilai ) d ( h x) 1 d' h( x) ( x) 1 d' d h x ( h x) (nilai 5) 1 Di dalamnya kita gunakan ekspansi binomial Newton: (1 u ) 1/ 1 u... This ile was downloaded rom
b- Dari persamaan terakhir kita dapatkan persamaan GHS: F pulih k sin x 0 (nilai ) Jadi rekuensi osilasinya: k e k sin (nilai 3) m m 5- Solusi Perubahan momentum p m( v u). Akibatnya terjad Impuls J m( v u) yang berkerja pada jarak h r, (nilai ) sehingga terjadi perubahan momentum angular L m( v u)( h r). (nilai ) Kecepatan sudut bola mula-mula u o, r maka momentum sudutnya L o Iu, setelah tumbukkan L I v (nilai ) r r u v Perubahan momentum sudut L I r Maka u v m( v u)( h r) I, akibatnya r I r r( h r) (nilai ) m 5 Sehingga diperoleh persamaan 7r 5 hr 0 atau 7r h (nilai ) 5 This ile was downloaded rom
6- Solusi : a- Garis yang menghubungkan kedua rel adalah sumbu rotasi sesaat (lihat gambar tampak depan) Kita akan menghitung nilai d. Tampak depan (nilai: 1) Tampak samping (nilai: 1) Dengan menggunakan dalil phytagoras, diperoleh : r 4 d r (nilai: 1,5) Dari persamaan di atas diperoleh nilai d : 15 d r (nilai: 1,5) 4 Titik yang memiliki kecepatan sesaat maksimum pada bola adalah titik yang berjarak terjauh dari sumbu rotasi sesaat. Titik ini adalah titik puncak bola. (nilai: ) This ile was downloaded rom
b- Kita dapat menulis hubungan antara kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut terhadap sumbu rotasi sesaat : v d (nilai: 1) Dengan menggunakan dua persamaan sebelumnya, diperoleh kecepatan sudut : 4v (nilai:,5) 15 r Titik dengan kecepatan sesaat maksimum memiliki kecepatan sudut yang sama dengan pusat massa. Kita dapat menghitung kecepatan titik dengan kecepatan maksimum sebagai: v max ( r d) (nilai: ) Sehingga kecepatan maksimum nya menjadi : 15 4 15 v max v (nilai:,5) 15 7- Jawaban: a- Gunakan hukum kekekalan energi mekanik (tinjau hanya pusat massa bola) 1 1 mv I Mg R r (1) I I m R r 0 dan dimana 0 dimana I adalah momen inersia bola terhadap pusat massanya. Karena menggelinding tanpa slip berarti: v r Substitusikan semua persamaan diatas kedalam pers (1), sehingga diperoleh: v g R r I 1 mr (nilai 3) b- Gunakan hukum Newton untuk torsi: i) Untuk bola yang menggelinding terdapat gaya gesek statis s, sehingga torsi terhadap pusat bola adalah s r I0 This ile was downloaded rom
ii) Untuk torsi terhadap titik pusat permukaan bola R mg R rsin I (nilai ) s dan berlaku kendala r R r dimana ˆ I I0 1 R R mr r r sehingga akan diperoleh: sin ˆ Untuk sudut θ kecil akan dapat diperoleh periode mg R r I (nilai 1,5). (nilai 1,5) T Iˆ mg R r (nilai ) 8- Karena tidak ada torka eksternal sekitar sumbu pusat, momentum sudut system konstan. Momentum sudut awal system nol karena lokomoti dan lintasan dalam keadaan diam. Kecepatan sudut akhir dari lintasan adalah T,. Dalam gambar di atas lokomoti berotasi dalam arah berlawanan arah jarum jam sehingga lintasan harus berotasi searah jarum jam. Jika kita memilih arah sumbu z positi ke keluar bidang kertas maka momentum sudut akhir lintasan diberikan oleh: L I kˆ T, T, zt, mt R T, kˆ (1) Lokomoti bergerak tangensial terhadap tanah sehingga kita dapat memilih koordinat polar dan kemudian kecepatan akhir lokomoti relative terhadap tanah adalah v L, v ˆ. () Titik pada tepi lintasan memiliki kecepatan akhir: v R ˆ T, T, (3) This ile was downloaded rom
Oleh karena itu kecepatan relative v rel vˆ dari lokomoti ke lintasan diberikan oleh selisih dari kecepatan lokomoti dan titik pada tepi lintasan. v v v v ˆ R ˆ rel L, T, v R ˆ v ˆ. T, T, (4) (nilai ) Oleh karena itu: Maka v v RT, (5) v v T, (6) R Momentum sudut akhir lokomoti terhadap pusat lingkaran yang dibentuk oleh lintasan ketika ia bergerak dengan kecepatan v, relative terhadap lantar adalah L m Rv kˆ (7) L, L Karena momentum sudut system konstan maka: L L m R m Rv kˆ 0 T, L, T T, L (8) (nilai ) Sekarang substitusi pers. (6) ke dalam komponen sumbu z dari persamaan di atas menghasilkan T v mlrv 0 m R v (9) (nilai ) Dari pers. (9) diperoleh kecepatan akhir lomoti relative terhadap lantai: mt v v (10) (nilai ) m m T L This ile was downloaded rom