Soal latihan-olimpiade-fisika-sma

of 41
Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA
Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)
21
12
mm
mm
a



)(
2
21
21
mm
gmm
T


)(
2
)()()()(
)()(
)()(
)()(
21
21
21
21
21
2
1
21
2
1
21
21
21
21
1
21
2
1
21
21
1
21
2
1
21
21
21
2
1
21
21
1
21
12
11
1
mm
gmm
T
mm
gmm
mm
gm
mm
gm
mm
gmm
T
mm
mm
gm
mm
gm
mm
gmm
T
gm
mm
gm
mm
gmm
T
mm
gm
mm
gmm
gmT
g
mm
mm
mgmT
amF










































g
mm
mm
a
ammgmm
ammgmgm
maF
21
12
2112
2112
)()(
)(






LATIHAN SOAL OLIMPIADE
FISIKA
( 1 ) Peralatan yang ditunjukkan pada gb dibawah dinamakan mesin adwood digunakan
untuk mengukur percepatan gravitasi g dengan mengukur percepatan benda-benda.
Dengan mengasumsikan tali tak bermassa dan katrol licin, tunjukkan bahwa besarnya
percepatan masing-masing benda dan tegangan tali adalah
dan
T
m1
m2
Jawab :
( 2 ) Sebuah balok bermassa m1, diikatkan pada tali yang panjangnya L1 yang ujung
lainnya terikat. Massa itu bergerak dengan lintasan lingkaran horizontal di atas meja yang
licin. Balok kedua bermassa m2 diikatkan pada balok pertama oleh tali yang panjangnya

of 41
)(
0
0
21
2
22
2
2
2
LL
vm
T
FT
TF
F
cent
cent





2
21211
2
1
21211
2
1
21
2
21
2
11
21
2
21
2
2
1
2
1
2
1
1
21
2
22
1
2
11
1
121
112
))((4
))((
)(
)(
0
0
T
LLmLm
T
LLmLmT
LLmLmT
LL
LLm
L
Lm
T
LL
vm
L
vm
T
FFT
TFF
F
centcent
centcent
















)( 212
11
LLv
Lv
rv






L2 dan juga bergerak melingkat, seperti ditunjukkan pada gb disamping. Jika periode
gerakan adalah T. carilah tegangan masing-masing tali.
Jawab : Yang mudah untuk dijawab ialah tegangan tali T2 dulu. Gaya yang bekerja pada
benda 2 ialah gaya sentrifugal yang berarah keluar dan tegangan tali T2. untuk benda
yang setimbang berlaku :
Pada benda 1 gaya yang bekerja ialah gaya sentrifugal benda 1 gaya sentrifugal benda 2
dan tegangan tali benda 1. untuk benda yang setimbang berlaku
( 3 ) Dua benda bermassa m1 dan m2 diam diatas meja licin yang horizontal, seperti
ditunjukkan pada gb dibawah. Sebuah gaya F diberikan pada benda 1 seperti pada gb. (a)
jika m1 = 2 kg, m2 = 4 kg, dan F = 3 N, carilah percepatan benda dan gaya kontak Fc

of 41
NF
F
amF
C
C
2
2
1
.4
2



)(
)(
21
21
mm
F
a
ammF
amF tot




)1(
)1(
)(
1
1
121
1






n
nF
F
nm
Fnm
F
nmm
Fnm
F
C
C
C
12 nmm 
)(
)(
21
2
21
2
22
mm
Fm
F
mm
F
mF
amF
C
C





2
1
63
)42(3
)(3 21





a
a
a
amm
amF tot
yang dikerjakan oleh satu benda pada yang lainnya (b) carilah gaya kontak untuk nilai-
nilai umum massa benda dan tunjukkan bahwa jika m2 =nm, maka
)1( 

n
nF
FC .
F
Jawab :
a. Pada kasus ini, gaya kontak merupakan gaya yang dialami oleh benda 2 karena
dorongan dar benda 1.
gaya yang dialami oleh benda 2 ialah:
b.
untuk
( 4 ) sebuah rumus teoritis untuk energi potensial yang berhubungan dengan gaya nuklir
antara dua proton, dua neutron, atau sebuah neutron dan sebuah proton adalah potensial
Yukawa. a
x
e
x
a
UU







 0 , dengan Uo dan a adalah konstanta ( a ) sketsalah grafik U
terhadap x dengan menggunakan Uo = 4 pJ dan a = 2,5 fm. (b) Carilah gaya F(x) (c)
Bandingkan besarnya gaya pada jarak pisah x = 2a sampai pada x = a (d) Bandingkan
besarnya gaya pada jarak pisah x = 5a terhadap gaya pada x = a !
jawab :
(a) a
x
e
x
a
UU







 0 Grafik U(pJ) Vs x(fm)
m1 m2

of 41



















































































xx
a
eU
dx
dU
ax
e
x
a
U
dx
dU
ax
e
x
a
U
dx
dU
ax
e
x
a
U
dx
dU
ax
U
dx
dU
ax
a
a
x
dx
dU
U
adx
axd
dx
dU
U
a
x
x
a
UU
e
x
a
UU
e
x
a
UU
a
x
a
x
a
x
a
x
x
a
a
x
a
x
1
11
11
)1(
11
11
1
)1(
1
1)(1
0
1
lnlnln
lnlnlnln
20
0
0
0
2
1
0
0
0
38,1
8
3
4
3
2
2
4
2
4
1
11
2
1
4
1
1
2
1
4
)(
)2(
2
1
2
20
2
2
0





















































e
a
e
a
a
e
aa
e
aa
e
aa
e
aa
a
eU
aa
a
eU
axFx
axFx
a
a
a
a
00220,0
25
6
2
2
25
5
25
1
11
5
1
25
1
1
5
1
25
)(
)5(
4
4
1
5
20
2
5
0




















































e
a
a
e
aa
aa
e
aa
e
aa
a
eU
aa
a
eU
axFx
axFx
a
a
a
a
Sedangkan gaya diperoleh dari









xx
a
eUFx
dx
dU
Fx
a
x
1
20

of 41
dt
m
k
xA
dx
dt
m
k
xA
dx
dt
m
k
xA
dx
dt
m
xAk
dx
dt
m
kxkA
dx










22
22
22
22
22
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
dt
mUE
dx
m
UE
dt
dx
m
UE
v
2
2
)(2



























t
m
k
Ax
t
m
k
A
x
t
m
k
A
x
dt
m
k
xA
dx
sin
sin
arcsin
22
(b) Dengan menggunakan rumus
dt
dx
v  , tunjukkanlah bahwa persamaan
m
UE
v
x)((2 
 dapat ditulis sebagai dt
mUE
dx 2


. Untuk gerakan satu dimensi, U
adalah fungsi x, sebagai ruas kiri persamaan ini hanya bergantung pada x (dan tidak
bergantung pada t) dan ruas kanan hanya bergantung pada t (b) Gunakan hasil ini pada
sebuah partikel bermassa m yang terikat pada sebuah pegas dengan konstanta gaya k
yang berosilali dengan amplitudo A agar 2
2
1
kAU  untuk mendapatkan persamaan
dt
m
k
xA
dx

 22
. (c) Integrasikan kedua ruas persamaan ini untuk mendapatkan
sebuah pernyataan yang menghubungkan posisi massa x dengan waktu t, dengan
mengasumsikan bahwa x = A pada saat t = 0.
Jawab :
( 5 ) Sebuah silinder yang beratnya W dan jari-jarinya R akan diangkat untuk menaiki
anak tangga setinggi h, seperti pada gb dibawah. Seutas tali diikatkan disekitar silinder
dan ditarik secara horizontal. Anggap slinder tidak slip dalam penarikan tersebut.
Tentukan besar gaya minimum Fmin yang diperlukan untuk menaikkan silinder tersebut.
R-h R
H h

of 41
Jawab : pada saat silinder tepat akan meninggalkan lantai dititik Q maka gaya reaksi
lantai pada silinder sama dengan nol. Oleh karena itu hanya ada tiga buah gaya yang
bekerja pada silinder, yaitu gaya berat silinder dengan titik tangkap di Q, gaya tarik tali F
dengan titik tangkap C dan gaya normal N dititik P.
Karena N tidak diketahui dan tidak ditanyakan dalam soal, maka untuk memudahkan
penggunaan syarat kedua keseimbangan, kita pilihtitik P sebagai poros.
)2(
)2(
0)2(
0
0
11
hR
Wd
F
WdhRF
hRFWd
FCPPWP
P






Jari-jari silinder R dan tinggi anak tangga h dianggap diketahui, karena itu d harus kita
nyatakan dalam R dan h. dengan mengunakan rumus Pythagoral pada segitiga siku-siku d
dapat kita nyatakan dalam R dan h
2
22
2222
2222
222
222
2
2
2
)2(
)(
)(
hRhd
hRhd
hRhRRd
hRhRRd
hRRd
hRdR






Dengan memasukkan nilai d ke dalam persamaan diatas maka diperoleh gaya minimum
Fmin yaitu :
hR
h
WF
hR
hW
F
hR
hRhW
F
hR
hRhW
F
hR
hRhW
F
Min
Min
Min
Min
Min













2
)2(
)2(
)2(
)2(
)2(
)2(
2 2
( 6 ) Sebuah roda bermassa M dan jari-jarinya R berada diatas permukaan horizontal dan
bersandar pada anak tangga yang tingginya h (h<R). roda harus dinaikkan ke atas anak
tangga oleh gaya horizontal F yang dikerjakan pada sumbu roda. Carilah gaya F yang
diperlukan untuk menaikkan roda keatas anak tangga?

of 41
h
Jawab : C
R
F O
R-h
P1 d P
Q
W
Pada saat silinder tepat akan meninggalkan lantai dititik O maka gaya reaksi lantai pada
silinder sama dengan nol, oleh karena itu hanya ada tiga buah gaya yang bekerja pada
silinder, yaitu gaya berat silinder dengan titik tangkap di Q, gaya tarik F dengan titik
tangkap di O dan gaya normal N dititik P
Karena N tidak diketahui dan tidak ditanyakan dalam soal, maka untuk memudahkan
penggunaan syarat kedua keseimbangan, kita pilih P sebagai poros .
)(
)2((
)(
)(
0)(
0
0
11
hR
hRdMg
F
dR
Mgd
F
MgdhRF
hRFMgd
FOPPWP
P









)2(
)2(
2
2
)2(
)(
)(
2
22
2222
2222
222
222
hRhd
hRhd
hRhd
hRhRRd
hRhRRd
hRRd
hRdR







( 7 ) Sebuah balok kecil bermassa m bergerak tanpa gesekan sepanjang lintasan bersimpal
seperti yang ditunjukkan pada gb dibawah. Balok mulai dari titik P berjarak h diatas dasar
loop (a) Berapakah energi kinetic balok ketika mencapai puncak simpal (b) Berapakah
percepatannya dipuncak dengan menganggap bahwa balok tetap berada dilintasannya
(c)Berapakah nilai h paling kecil agar simpal dapat mencapai puncak loop tanpa
meninggalkan lintasan?
m
P C
h R
B

of 41
Rh
gRgh
gRgRgh
gRRhg
gRv
mg
R
v
m
WF
WF
F
C
C
Cent
Cent
2
5
52
42
)2(2
0
0
2
2









R
Rhg
a
R
v
a
C
C
C
)2(2
2



 
8
3
4
3
2
1
4
1
2
1
2
1
2
2
22
22
o
o
oo
ot
mv
vm
vvm
vvm
EkW

















rg
v
rmg
rmg
W
rmgW
rfW
SFW
o
k
mv
k
k
k
ges
o








16
3
2
2
2
2.
.
2
8
3 2







2
2
2
8
1
)
2
1
(
4
1
)
4
1
0(
2
1
)0(
o
o
o
mv
mv
vmvW



3
1
)(
)0(
2
8
3
2
8
1
2
1







o
o
mv
mv
vovW
vW
n
Jawab :
ghv
mvmgh
EKEP
B
B
BP
2
2
1
2
2



)2(
2
2
2
2
1
2
2
1
2 2
RhmgEK
mgRmghEK
mghEKmgR
ghmEKmgR
mvEKRmg
EKEKEP
C
C
C
C
BC
BCC






)2(2
)2(
2
1
)2(
2
2
Rhgv
Rhmgmv
RhmgEK
C
C
C



Percepatan di C
Syarat benda tetap dilintasan
( 8 ) Sebuah partikel bermassa m bergerak pada lintasan lingkaran horizontal berjari-jari r
diatas meja yang kasar. Partikel terikat pada sebuah tali tetap pada pusat lingkaran.
Kelajuan partikel mulamula adalah vB. Setelah menyelesaikan satu lingkaran penuh,
kelajuan partikel adalah ½ vo. (a) Carilah usaha yang dilakukan oleh gesekan selama satu
putaran tersebut dalam m, vo dan r (b) Berapakah koefisien gesekan kinetic (c) Berapa
putaran lagi yang akan dijalani partikel sebelum berhenti?.
Jawab :
vo = vo
vt = ½ vo
r
jumlah putaran yang bisa ditempuh lagi
oleh partikel, dapat dicari dengan
membagi nilai usaha pada saat vt = 0 dan
pada saat v = ½ vo

of 41
Rd
Rd
dRR
RdR
RRdR
WRWRdRW
RfWRdRF
RfWRdRF
S
ges
ges
A
3
1
3
2
2
2
3
4
2
3
4
22
3
1
)(2
)(2
)(
0)(
0











)(
)(
)(
)(
21
1
1
1211
11121
12111
1
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
2
23
2
1
13
3231
MM
dM
R
RMMdM
RMRMdM
RMRMdM
Rd
M
R
M
Rd
M
R
M
R
MM
G
R
MM
G
FF











( 9 ) Sebuah silinder yang beratnya W tampak seperti pada gambar. Koefisien gesekan
statis untuk semua permukaan = 1/3. bila F = 2W, maka besar d agar silinder itu
seimbang adalah?
Jawab :
fges
F
A d R
fges
W
( 10 ) Dua partikel tetap bermassa M1 dan M2 terpisah sejauh d. suatu partikel ketiga tidak
mengalami gaya grafitasi jika diletakkan pada garis hubung antara M1 dan M2 dan
jaraknya dari M1 sejauh….
Jawab : M1 M3 M2 F32 M3 F31
R1 R2
D
Syarat benda 3 tidak mengalami gaya grafitasi
Misalkan titik A dijadikan acuan/pusat
untuk syarat kesetimbangan.

of 41


sin
sin
LR
L
R




sin
sin
2
2
2
R
mv
T
R
v
mT
R
v
mFx







cos
cos
0
0
sin
cos
mg
T
mgT
mgT
F
TT
TT
y
y
x
y
















cos
sin
cos
sin
cos
sinsin
cos
sin
sincos
2
2
2
2
2
gL
v
gL
v
gL
v
gR
v
R
mvmg







sin
cos
TT
TT
Y
X


~
2
1
max
min


T
WT


sin2
sin2
02
0
W
T
WT
WT
F
y




( 11 ) Suatu bandul conish (ayunan kerucut) panjang talinya L, sudut bukaan tali terhadap
sumbu putar adalah  dan percepatan gravitasi = g. maka besarnya kecepatan linier
bandul ialah!

Ty L
T
Tx
V
mg
Jawab :
( 12 ) Sebuah lukisan bermassa m kg digantungkan pada dua kawat yang sama
panjangnya. Tiap kawat membentuk sudut  dengan horizontal, seperti pada gb. (a)
Hitung tegangan T untuk nilai umum  dan berat W (b) Untuk sudut  berapa T
paling kecil?paling besar.
 
Ty T
Tx
m
mg
jawab :
T min Jika sin  = 1
T max Jika sin  = 0
s

of 41
)1)....(( AA
AAA
AAA
AAA
AAA
agmT
Tamgm
amTgm
amTW
amF





)2)......(
2
1
(
6
1
2
)
2
1
(
3
1
2
)(
)(2
2
2
2
gamT
gam
T
gam
T
gamT
gmamT
amgmT
amWT
amF
AA
AA
BB
BB
BBB
BBB
BBB
BBB










ga
ga
ag
aagg
gaag
gaag
gamagm
A
A
A
AA
AA
AA
AAAA
13
10
13.6
12.5
12
13
6
5
12
1
6
1
)
6
1
12
1
()(
)
2
1
(
6
1
)(
)
2
1
(
6
1
)(
).........2()1(..........








ga
ga
aa
B
B
AB
13
5
13
10
.
2
1
2
1



( 13 ) Diketahui system gambar dibawah ini massa katrol I dan II serta tali diabaikan
(katrol licin). Massa benda B ialah mB = 1/3 mA. Carilah percepatan benda A dan B!
T T
T
mA mB
WA WB
Jawab :
Misalkan B = diam, maka 2T = WB →2T = mBg
2T = 1/3 mAg
T = 1/6 mAg
Karena WA = mAg → WA > T jadi A = turun sedangkan B = naik
Misalkan percepatan benda A=aA dan percepatan benda B = aB maka aA= 2aB karena
dipengaruhi oleh banyaknya tali, semakin sedikit tali yan mempengaruhi benda, maka
makin cepat gerakannya
Untuk A
Untuk B

of 41
)41(
4
)4(
)4(
4
4
3
2
3
10
3
2
)
3
5
(2
3
2
)
3
2
(2
)(2
)(
______
B
B
B
B
B
B
BB
BB
BB
BB
BL
kA
kA
kA
kAAA
AkAAA
AAAkA
AAAkAkA
AAAkAkA
AAAkAAkA
AABkBAkA
AABkBAkA
AABthdAgeslantaithdAges
AA
ga
gga
gag
gamgm
gmamgm
amgmgm
amgmgmgm
amgmgmgm
amgmgmmgm
amgmgmmgm
amgmgmmgm
amffF
amF
























( 14 ) Pada system gambar disamping mB = 2/3 mA. Koefisien gesekan kinetic benda A
terhadap lantai dan terhadap benda B memiliki hubungan BL kk  2 (dimana
Lk ialah koefisien gesekan benda A terhadap lantai dan Bk ialah koefisien
gesekan benda A terhadap benda B. jika benda A ditarik dengan gaya mendatar sebesar F
= mAg hingga tali menjadi tegang. Carilah percepatan benda A!
B
F = mAg
A
Jawab :
( 15 ) Sebuah peluru bermassa m1 ditembakkan dengan kelajuan v, ke dalam bandul
balistik bermassa m2. carilah ketinggian maksimum yang dicapai bandul jika peluru
menembus bandul dan muncul dengan kelajuan ½ v!
Q
hmax
vP = v
P

of 41
2
1'
1
'
2
11
'
2
'
211
'
2121
''
2
2
1
2
1
2
1
2
1
0.
m
vm
v
vmvm
vmvmvm
vmvmvm
vmvmmvm
vmvmvmvm
B
B
B
B
B
BBPPBBPP






2
2
22
1
2
2
22
1
2
2
1
2
2
2
1
2
'
'
8
42
1
22
1
22
1
2
1
00
2
1
2
2
gm
vm
h
gh
m
vm
gh
m
vm
ghm
m
vm
m
ghmvm
mghvm
EEEE
maks
maks
maks
maks
maksBBB
maksBB
PKPK QQPP

















v
mm
m
v
vmmvm
vmmvm
vmmvmvm
B
B
B
BBPBBPP
)(
)(
)(0
)(
21
1'
'
'
'211
'
'211
'
'





Jawab :
( 16 ) Sebuah peluru bermassa m1 ditembakkan dengan kelajuan v ke dalam bandul
balistik bermassa m2. bandul diikatkan pada tongkat panjang L yang sangat ringan yang
dipasang pada sumbu diujung lainnya. Peluru dihentikan dalam bandul, carilah v
minimum yang dapat menyebabkan bandul berayun satu lingkaran penuh!
Q
L
P
mp = m1 mB = m2
agar dapat berayun satu kali putara, bandul minimal harus sampai pada ketinggian
maksimal h = 2L.

of 41
 
 
 
  gL
m
mm
v
gL
m
mm
v
gL
m
mm
v
Lg
mm
vm
ghmmv
mm
m
mm
ghmvm
EEEE
totBtot
PKPK QQPP
1
21
2
1
2
21
2
1
2
212
2
21
22
1
21
2
21
1
21
'
2
4
4
2.
2
1
)()(
2
1
00
2
1 2


















( 17 ) Logam berbentuk kubus dengan massa benda satu m1 = m ditaruh diatas kubus
logam lain yang lebih besar dengan massa m2 = 3m dan sisi-sisinya L meter. Apabila
gaya F dikerjakan pada kubus yang besar sedangkan gesekan maksium antara kedua
permukaan kubus fges = 1/ 5 F, maka suatu saat kubus kecil akan jatuh ke lantai. Waktu
yang diperlukan sampai kubus kecil jatuh dilantai sejak gaya diberikan adalah!
S1
m1
fges
m2 F
licin
L S2
Jawab :
Tinjau benda m2 :
fges = 1/5 F
m2 = 3m F
W

of 41
m
F
a
maF
maFF
amfF
amF
ges
15
4
3
5
4
3
5
1
2
2
2
22
222





Tinjauan benda m1
f
m
F
a
amF
amf
amF
ges
5
1
5
1
1
11
11
111




Jadi :
2
2
2
22
2
2
2
11
15
2
15
4
2
1
0
2
1
10
1
5
1
2
1
0
2
1
t
m
F
t
m
F
tatvS
t
m
F
t
m
F
tatvS
o
o






Pada saat m1 meninggalkan m2 maka S2-S1 = panjang sisi kubus 2 = L
Artinya, panjang lintasan yang ditempuh oleh m1 adalah sepanjang sisi kubus m2
Jadi
Perhatikan! Arah gaya gesek f = 1/5 F adalah ke kiri,
tidak ke kanan! Karena benda m2 bergerak ke kanan
maka gaya gesek yang ada (dengan benda m1) arahnya
harus tetap berlawanan, terhadap arah gerak benda m2.
jangan terkecoh
Perhatikan, arah gaya f diatas! Terhadap benda m1,
arah gaya gesek harus berlawanan dengan arah gerak
benda m1. benda m1 dan m2, sampai pada saat benda
m1 meninggalkan m2, keduanya bergerak dengan
GLBB

of 41
o
oo
maksmaks
arctg
tg
g
v
g
v
XY
76
4
4
4
cos
sin
cos4sin
cossin2.2sin
2sin2sin
2sin
2
sin
2
2
222


















F
Lm
t
F
Lm
t
Lt
m
F
Lt
m
F
Lt
m
F
Lt
m
F
t
m
F
LSS
30
30
30
1
30
3
30
4
10
1
15
2
10
1
15
2
2
2
2
2
22
12



















Waktu yang diperlukan m1 (dari saat lepas bidang m2 sampai lantai)
g
L
t
g
L
t
g
h
t
gth
2
2
2
2
1
2
2
2




(ingat h = L panjang sisi kubus. Jadi waktu yang diperlukan sampai kubus kecil jatuh ke
lantai sejak gaya diberikan ialah
g
L
F
Lm
ttot
230

( 18 ) Carilah sudut lemparan sedemikian sehingga ketinggian maksimum sebuah
proyektil sama dengan jangkauan horizontalnya!
Jawab :
Grafik lintasan gerak proyektil
Y
Ymaks
X
Xmaks

of 41


tg
g
a
a
g
at
gt
BB
AB
tg




2
2
1
2
2
1
'
'
( 19 ) Suatu kelereng dijatuhkan bebas mulai dilepas di A dari tabung AB yang condong
 terhadap mendatar. Supaya kelereng dapat jatuh keluar dari lubang bawah B dan tanpa
menyentuh pipa, carilah percepatan mendatar tabung yang harus diberikan!
A A’
g
a

B B’
WB’
Misalkan pada saat kelereng dilepas di A tabung berada di AB dan pada saat kelereng
mulai keluar dari tabung, tabung di A’B’.
AB’= ½ gt2
BB’= ½ at2
( 20 ) Dua titik zat A dan B masing-masing berjarak L m. titik zat A bergerak menuju ke
B dengan kecepatan awal v m/s dan dipercepat a m/s2
. setelah 2 sekon kemudian lalu B
bergerak menuju A dengan kecepatan awal 3v m/s dan diperlambat beraturan –a m/s2
.
bilamana dan dimana mereka saling bertemu?
Jawab :
L
A C B
voA= v SA SB voB = 3v
aA = a aB = -a
misalkan titik zat A dan B setelah masing-masing selama tA dan tB sekon serta menempuh
jarak SA dan SB saling bertemu di C
maka syarat A dan B bertemu ialah

of 41
   
 
 av
avL
t
avLavt
avLatvt
Laatvvt
Laatatvvtatvt
Lttavvtatvt
Ltatvatvt
Ltatvtatv
ABSS
A
A
AA
AA
AAAAA
AAAAA
AAAA
BBBoAAAo
BA
BA
24
26
2624
2624
2264
)22
2
1
63
2
1
)44(
2
1
63
2
1
2
2
1
23
2
1
2
1
2
1
22
22
22
22



























 
av
avL
av
avavL
av
av
av
avL
av
avL
tt AB
24
22
24
4826
24
)24(2
)24(
26
2
)24(
26
2

















 
22
3222232
22
322222232
22
2222232
22
22222
22
2
2
2
2
83232
44327624168
83232
424364128402448
83232
)42436412(8402448
)41616(2
)41221236626()4202424(2
)24)(24(2
26)26()48122424(2
)24(2
)26()24)(26(2
24
26
2
1
24
26
2
1
aavv
aLaaLvaavvavLLv
aavv
avaavLaavLaLvaavvavLLv
aavv
aavvaLLvLavaavvavLLv
aavv
aavaLavvLvaLLvLaavavaLLvv
avav
avLavLaavavavaLLvv
av
avLaavavLv
av
avL
a
av
avL
v
tatvS AAAoA A





































of 41
   
22
3222232
22
322222232
22
22222
22
22222
22
2
2
83232
443276481624
83232
484442472481224
83232
)48444()412824(6
)41616(2
)44244222()484824(6
242
)22)(22(
242
)24)(22(3.2
24
22
2
1
24
22
3
2
1
aavv
aLaaLvaavvavLLv
aavv
avaavLaavLaLvaavvavLLv
aavv
aavvaLLvLaaavvaLLvv
aavv
aavaLavvLvaLLvLaaavavvaLLvv
av
avLavLa
av
avavLv
av
avL
a
av
avL
v
tatvS BBBoB B




































 
)1......(
2
2
1
2
1
2
2
2
g
hh
t
gthh
gth
B
A
AB
AA




gtvv BB ot 
( 21 ) Bola A dijatuhkan dari puncak sebuah bangunan pada saat yang sama bola B
dilemparkan secara vertical keatas dari tanah ketika bola bertumbukan, keduanya sedang
bergerak dalam arah berlawanan dan kelajuan A dua kali kelajuan B. pada berapa bagian
dari bangunan tumbukan itu terjadi?
hA
R
h
hB
jawab : misalkan kedua bola bertumbukan di R, karena kedua bola dilepaskan dan
ditembakan pada saat yang sama, maka untuk syarat terjadinya tumbukan ialah tA = tB,
dimana tA ialah waktu yang dibutuhkan bola A sampai di R dan tB ialah waktu yang
dibutuhkan bola B sampai di R.
untuk bola A Untuk bola B
Namun ketika terjadi tumbukan vtB
menjadi nol
)2.....(
_,
0
2
g
vh
t
gt
vh
t
t
h
v
g
v
t
vgt
gtv
B
B
B
B
B
B
oB
oB
B
o
o
o
o






of 41
hh
hh
hhh
g
h
g
hh
B
B
BB
BB
3
2
32
22
)(2





 
 
a
vv
a
vv
a
a
vv
a
atd
2
2
1
2
1
2
1
2
21
2
2
21
2
21
2









 


Dari persamaan 1 dan 2 kita dapatkan
( 22 ) Ketika sebuah mobil bergerak dengan kelajuan v1 membelok dari sebuah pojok,
pengemudi melihat mobil lain bergerak dengan kelajuan lebih rendah v2 pada jarak d
didepan. Jika percepatan maksimum yang dapat ditimbulkan rem pengemudi adalah a,
tunjukkan bahwa jarak d harus lebih besar dari
a
vv
2
)( 2
21 
jika tmbukan harus
dihindari! v2
v1 > v2
d
v1
jawab :
mobil 1 bergerak dan membelok menyusul mobil 2, kecepatan mobil 1 lebih besar dari
pada mobil 2, maka agar tumbukan tidak terjadi pada jarak d ialah 2
2
1
atd  dimana a
ialah percepatan moebil satu dan t ialah waktu yang dibutuhkan mobil 1 dan 2 sampai di
suatu ketika kedua mobil akan saling bertumbukan
a
vv
t
t
vv
t
V
a 2121 





( 23 ) Sebuah mobil mempunyai percepatan maksimum a, yang tetap konstan sampai
kelajuan tinggi dan mobil mempunyai perlambatan maksimum 2a. mobil harus
menempuh jarak yang pendek L dimulai dan berakhir dalam keadaan diam, dalam waktu
minimum T (jaraknya adalah sedemikian pendek hingga mobil takpernah dapat mencapa

of 41
a
v
t
a
v
t
a
v
t
t
v
a







1
1
1
1
1
1
0
a
v
a
v
a
attvS o
2
2
1
0
2
1
2
2
2
11









a
v
t
a
v
t
a
v
t
t
v
a
2
2
0
2
2
2
2
2
2








 
a
v
a
v
a
v
a
v
a
v
a
v
a
a
v
v
tatvS o
4
44
2
42
2
2
2
1
2
2
1
2
22
22
2
2
2222











a
v
a
v
a
v
a
v
a
v
SSL
4
3
44
2
42
2
22
22
21




LS
v
v
a
a
L
S
a
v
a
v
L
S
3
2
32
4
4
3
2
1
2
2
1
2
2
1



a
v
a
v
a
v
a
v
a
v
ttT
2
3
22
2
2
21




Tt
v
v
a
a
T
t
a
v
a
v
T
t
3
2
3
2
2
3
1
1
1



kelajuan teratas). Setelah berapa bagian dari L, pengendara harus memindahkan kakinya
dari pedal gas ke rem, dan berapa bagian dari waktu untuk perjalanan itu telah berlalu
dititik ini!
a vo = 0 -2a vt = v vt=0
S1 S2
A B C
L
T
Jawab :
Waktu yang dibutuhkan A-B waktu yang dibutuhkan B-C
Gerak AB Gerak BC
( 24 ) Sebuah peluru A ditembakkan dengan sudut elevasi 1 , setelah waktu T, peluru B
ditembakkan dengan sudut elevasi 2 , kecepatan awal kedua peluru sama yaitu ov .
hitung T agar kedua peluru bertumbukan di udara!
Jawab:

of 41
 
 
12
2
122
122
221
21
21
coscos
cos
coscoscos
coscoscos
coscoscos
coscos
coscos















T
T
TT
TTT
TTT
TTvTv
tvtv
XX
A
A
AA
AA
AoAo
BoAo
BA
BA
   
 
 
   
 
 
 
 
 
 
 
 21
21
21
21
21
21
12
12
12
212
12
2
12
12
12
2
12
2
12
2
2
222
222
22
22
coscos
coscos2
coscos2
coscos
coscos2
coscos
coscos2
coscos
coscos2
cos2coscos
coscos2
cos2
coscos2
coscos
coscos
cos
2
coscos
cos
2
1
coscos
cos
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1





















































































o
o
o
o
o
o
o
o
o
Ao
Ao
AAoA
AAoAoAAo
AAoAAo
BBoAAo
BA
v
T
v
g
T
v
g
T
v
gg
T
v
ggg
T
v
gg
T
v
gg
T
v
gT
gT
T
ggTv
gTgTv
gTTgTTv
gTgTTgtTvgt
TTTTgTvTvgtTv
TTgTTvgtTv
gttvgttv
YY
BA
YA = YB
XA = XB
Syarat kedua bola dapat bertumbukan di udara jika XA = XB dan YA = YB

of 41
2
3
3
33
33
3
12
1
12
24
2
883
223
3
2
2
ML
L
ML
L
ML
LL
L
M
LL
L
M
x
L
M
I
L
L








































( 25 ) Sebuah batang homogen memiliki massa M dan panjang L. tentukan momen inersia
batang terhadap poros melalui:
(a) titik tengah batang
(b) titik ujung batang
jawab :
YP Yo
X = -L/2
x dx x = +L/2
O X
P
x = 0 x = L
x
bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x
terhadap poros. Untuk poros melalui titik tengah batang (titik O), koordinat x mulai dari
–L/2 sampai dengan +L/2 (kasus a). untuk poros melalui titik ujung batang (titik P),
koordinat x mulai dari 0 sampai dengan L(kasusb)
bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x
terhadap poros. Momen inersia batang dapat dihitungg dengan persamaan
 dmrI 2
Dengan r = x dan dm = M/L dx maka persamaan menjadi













 
3
3
22
x
L
M
I
dxx
L
M
dx
L
M
xI
(a) untuk poros melalui titik tengah batang (kasus a) pada gb diatas, sumbu tegak
yaitu melalui O adalah Yo dan tampak bahwa koordinat x mulai dari x = -L/2
sampai dengan x = +L/2. karena itu momen inersia batang tehadap poros melalui
titik tengah batang yang diperoleh dari persamaan diatas adalah :

of 41
 
2
3
0
3
3
1
0
3
3
MLI
L
L
M
x
L
M
I
L









ghv
vgh
mvmgh
EKEPEKEP dasarDasarPuncakPuncak
2
2
1
2
1
00
2
2












22
2
1
2
1
00 Imvmgh
EKEPEKEP DasarDasarPuncakPuncak
3
4
3
4
4
3
4
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
22
2
22
gh
v
gh
v
vgh
vvgh
R
v
mRmvmgh

















(b) untuk poros melalui titik ujung batang (kasus b) sumbu tegak yang melalui P
adalah Yp dan yang tampak bahwa joordinat x mulai dari x = 0 sampai dengan x
= L. karena itu momen inersia batang terhadap poros melalui titik ujung batang
yang diperoleh dari persamaan diatas adalah
( 26 ) Sebuah silinder homogen dengan jari-jari R dan massa m berada dipuncak suatu
bidang miring. Manakah yang kelajuannya lebih besar saat tiba didasar bidang miring,
silinder yang meluncur tanpa gesekan atau silinder yang menggelinding?
Jawab : untuk silinder yang meluncur tanpa gesekan, hokum kekekalan energi
memberikan :
Untuk silinder yang menggelinding, energi kinetic di dasar bidang adalah gabungan
energi kinetic translasi dan rotasi sehingga hokum kekekalan energi memberikan :
Untuk silinder pejal, 2
2
1
mRI  , dan Rv  atau
R
v
 , sehingga persamaan menjadi :

of 41
)1.........(maTmg
maF


)2.......(
__
2
R
Ia
T
R
a
ITR
R
a
denganI








 




















 






 










2
2
2
2
2
22
2
2
2
1
1
mR
I
g
a
mR
I
ag
mR
ImR
mamg
mR
mIRm
amg
R
I
mamg
R
Ia
mamg
ma
R
Ia
mg
( 27 ) Timba yang diikat pada seutas tali yang terhubung pada kerekan silinder. Sebuah
kerekan silinder dengan jari-jari R dan momen inersia I bebas berputar tanpa gesekan
terhadap suatu poros. Seutas tali dengan massa dapat diabaikan dililitkan pada silinder
dan diikatkan ke sebuah timba bermassa m. ketika timba dibebaskan, timba dipecepat ke
bawah akibat gaya gravitasi. Tentikan percepatan timba.
T
R
T
mg
(a) (b) (c)
Jawab:
Pertama, kita tinjau diagram gaya pada timba (gambarb). Timba hanya bergerak translasi
ke bawah. Karena itu kita menggunakan hokum II Newton untuk gerak translasi
  maF . Karena timba bergerak ke bawah, maka kita tetapkan arah gaya ke bawah
bertanda positif.
Selanjutnya, kita tinjau diagram gaya pada kerekan. Kerekan silinder hanya bergerak
rotasi akibat momen gaya yang dihasilkan oleh tegangan tali T terhadap poros silinder.
Hokum II Newton untuk gerak rotasi memberikan :
Dengan memasukkan T dari persamaan 2 ke persamaan 1, kita peroleh percepatan timba

of 41
TTT
RTRT
RTRT
sebabI




12
12
21 0
0__0 
1111
11
amgmT
amF


2222
22
amTgm
amF


)1.....(11 amgmT  )2.....(22 amgmT 
( 28 ) Sebuah katrol yang massanya M dan jari-jarinya R dililitkan dengan seutas tali.
Pada ujung-ujung tali terikat benda yang massanya m1 dan m2 (m2 > m1). Tentukan
percepatan masing-masing benda bila :
(a) katrol dapat dianggap licin sehingga tali meluncur pada katrol
(b) katrol ikut berputar dengan tali
(+) T1 T’ (+)
R R T2
M R m1
m1g T1 - + T2 m2
m1
m2 m2g
(a) (b) (c) (d)
jawab :
(a) untuk kasus katrol licin, katrol tidak berputar bersama tali (katrol diam), sehingga
0 . kita tinjau dahulu diagral gaya pada katrol (gambar c). dengan menetapkan arah
searah dengan jarum jam adalah positif, maka gaya T1 menghasilkan momen –T1R
(berlawanan arah jarum jam) dan gaya T2 menghasilkan momen +T2R(searah jarum
jam). Hukum II Newton untuk geak rotasi memberikan :
Tinjau diagram gaya pada benda m1 (gambar b) dan benda m2 (gambar c). karena m2 >
m1, maka m1 akan bergerak ke atas dan m2 akan bergerak ke bawah. Oleh karena itu,
untuk benda m1 kita tetapkan arah ke atas sebagai positif, dan untuk benda m2 kita
tetapkan arah ke bawah sebagai positif. Hokum II Newton untuk gerak translasi m1 dan
m2 memberikan :
Dengan T1 = T2 = T dan a1 = a2 = a, kita peroleh
1

of 41
)2.....(22 amgmT 
)1.....(11 amgmT 
   
g
mm
mm
a
ammgmm
amamgmgm
21
12
2112
2121





)3........(12 

IRTRT
I


R
a
aaa



21
)4.......(
2
1
2
1
2
1
)(
)3..(..........)(
)2..(..........
)1...(..........
21
12
2
12
12
222
111
MaTT
atau
MaTT
R
a
MRRTT
R
a
IRTT
amTgm
amgmT












Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2) kita peroleh
+
(c) Untuk katrol itu berputar bersama tali persamaan (1) dan (2) yang diperoleh dari
(a) tetap. Yang berbeda adalah hokum II Newton untuk gerak rotasi pada katrol
karena 0 .
Diagram gaya pada katrol :
Sekarang perhatikan besaran-besaran yang akan menghubungkan persamaan (1),
(2), dan (3)
Untuk katrol dianggap berbentuk silinder pejal, 2
2
1
MRI 
Persamaan menjadi :
Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2) kita peroleh :
   
    )5........(122121
211221
222
111
gmmammTT
ammgmmTT
amTgm
amgmT




Dengan memasukkan T1-T2 dari persamaan (3) ke persamaan (5), kita peroleh

of 41
 
 
 
Mmm
mm
a
aMmmgmm
Maammgmm
gmmammMa
2
1
2
1
2
1
)(
)(
2
1
21
12
2112
2112
1221












 
   )1.......(gAxF
gVF
WF
x
X





)2......(
dh
m
h
d
m
h
V
A 







( 29 ) Gambar dibawah menunjukkan benda setinggi h yang pada keadaan seimbang
mengapung di atas permukaan air, dengan panjang bagian yang tercelup adalah L. jika
benda ditekan vertical ke bawah sedalam x, kemudian dilepaskan, tentukanlah periode
getaran harmonic benda yang mengayun di atas permukaan air(massa jenis air =  massa
jenis benda = d, dan percepatan gravitasi = g)
h
L L + x
(a) (b)
Jawab : Tentukan dahulu gaya pemulih pada kasus ini, yaitu berat air sedalam x yang
dipindahkan (oleh benda). Dengan menyamakan gaya pemulih ini dengan gaya dari
hokum II Newton : 2
mmaF y  periode T dapat ditentukan.
Pada gambar diatas benda seimbang (tidak bergerak). Ketika benda ditekan vertical ke
bawah sedalam x, terjadilah ketidakseimbangan. Gaya pemulih (F) sama dengan berat air
sedalam x yang dipindahkan oleh benda. Karena berat air Wx sama dengan hasil kali
volum Vx dan berat jenis air  g , dan volum Vx sama dengan hasil kali luas penampang
A dengan kedalaman x, maka kita peroleh :
Gaya pemulih,
Kita harus menyatakan luas penampang A dalam besaran-besaran yang diketahui dalam
soal. Luas penampang A dapat kita nyatakan sebagai hasil bagi antara volum total benda
V dengan tinggi total benda h. volum total benda V dapat kita nyatakan sebagai hasil bagi
antara massa total benda m dengan massa jenisbenda d. jadi, kita peroleh :

of 41
g
dh
T
dh
g
T
dh
g
dh
g
dh
gmx
xm









2
2
2
2





WN
NW
F
B
B
y



0
0
Jika nilai A dari persamaan 2 kita masukkan ke persamaan 1, kita dapatkan gaya pemulih
dh
gmx
gx
dh
m
F

 






Dengan menyamakan gaya pemulih ini dengan gaya dari hokum II Newton
2
mmaF y  (perhatikan, simpangan y = x). periode T dapat kita tentukan.
( 30 ) Tangga homogen AB bersandar pada dinding yang licin dan bertumpu pada lantai
kasar. Jika tangga tepat akan tergelincir, buktikan bahwa :


tan2
1
 dengan  adalah
koefisien gesekan lantai.
A
licin
 B
Jawab : Poros A NA
AB = L
AB1 = L sin 
BB1 = L cos  P1  P
AP = ½ L NB
PP1 = ½ L cos  W

B1 fB B
Pada saat tangga tepat akan tergelincir, tangga masih berada dalam keadaan seimbang.
Oleh karena itu soal ini masih dapat diselesaikan dengan rumus-rumus keseimbangan.
Kita pisahkan tangga dan kita gambar diagram gaya pada tangga, seperti ditunjukkan
pada gambar. Misalkan panjang batang = L maka titik kerja gaya berat tangga w berada
di tengah-tengah batang, sehingga AP = BP = ½ L.
Gunakan syarat pertama keseimbangan

of 41
t
v
a
t
v
a
t
vv
a ot





0
ga
mamg
maf
maF
ges






g
v
g
v
v
vt
vtvt
t
t
v
vt
attvS o


2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2












g
v
t
g
v
t
a
v
t
t
v
a





  0cossincos
2
1
0
0
111





LNLNLW
BBNABfWPP
BB
BB
A











tan2
1
cos
sin
2
1
sin2
cos
cos
2
1
sin
0cos
2
1
sin
0cossincos
2
1






WL
WL
WLWL
WLWL
WLWLLW
Karena NA tidak diketahui dan tidak ditanyakan dalam soal, maka untuk memudahkan
perhitungan kita pilih titik A sebagai poros untuk menggunakan hokum kedua
keseimbangan
Masukkan nilai NB = W maka diperoleh
( 31 ) Sebuah truk sedang bergerak pada jalan lurus mendatar dengan kecepatan v. jika
koefisien gesekan antara ban dan jalan adalah , maka jarak terpendek di mana truk dapat
di hentikan adalah!
Jawab :
Sehingga
Sehingga jarak total yang dtempuh adalah

of 41
ga
mamg
maf
maF
ges






gr
v
r
v
g
r
v
a
r
v
mma
fF cen
2
2
2
2







 
ghev
gh
v
e
v
v
e
v
v
e
b
b
b
b
B
b
2'
2
'
'
0
0'






( 32 ) Sebuah mobil menempuh belokan pada jalan datar dengan radius r. jika kelajuan
maksimum yang diperbolehkan agar mobil dapat membelok tanpa slip adalah v, maka
koefisien gesekan statis antara ban mobil dengan jalan adalah?
Jawab :
( 33 ) Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian h dan kemudian memantul. Koefisien
restitusi tiap kali melambung adalah e . Carilah kecepatan setelah tumbukan yang
pertama dan kecepatan ketika n kali tumbukan. Tunjukkan bahwa bola akhirnya akan
diam pada saat
2
1
2
1
1









g
h
e
e
t !
Jawab:A C
E G
h h1 h2 I K
h3 h4 h5 dst
B D F H J L
 
21
21
2
''
2
2
1
0
vv
vv
e
ghv
mvmgh
EE
v
B
B
KP
A
BA







v1 = kecepatan bola = vB
v1’= kecepatan bola setelah memantul = vB’
v2 = kecepatan lantai = 0
v2’= kecepatan lantai setelah tumbukan = 0
vB’ merupakan kecepatan setelah tumbukan yang pertama

of 41
heh
heh
ghegh
mvmgh
EE
B
KP BC
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
'
2
1





ghev
ghev
vhge
mvmgh
EE
D
D
D
D
KP DC
2
2
2
1
2
1
22
22
2
1




  
 
ghev
ghe
v
e
v
v
e
vv
vv
e
D
D
D
D
2'
2
'
0
0'
''
2
21
21








heh
ghegh
mvmgh
EE
D
KP DE
4
2
4
2
2
2
2
2
1
'
2
1




ghev
ghev
vhge
mvmgh
EE
F
BC
F
F
F
KP
2
2
2
1
2
1
2
42
24
2
2




  
 
ghev
ghe
v
e
v
v
e
vv
vv
e
F
F
F
F
2'
2
'
0'
''
3
2
21
21







ghev n
n 2' 
0
..............
2
2
2
2
3
4
2
3
2
1





nv
ghev
ghev
ghev
ghv
 
 e
gh
v
e
gh
e
e
gh
eeeegh
gheghegheghv
ratarata









12
2
1
2
1
.2
0...2
0......2222
0
320
32
 
2
2
0
6420
642
321
1
1
0....
0.....
0....
e
h
e
e
h
eeeeh
heheheh
hhhhSturun







 
 
 
  
 
g
h
e
ghe
h
eegh
eh
egh
eh
e
gh
e
h
v
S
t
turunrata
turun
turun
2
)1(
1
21
2
112
12
12
12
)1(2
2
1
2
2
_2













mencari h1 mencari vD mencari vD’
Mencari h2 Mencari vF Mencari vF’
Dari vB’ , vD’, dan vF’ maka kecepatan n kali setelah tumbukan adalah
Mencari waktu, ketika bola diam
Gerak Bola Turun
Untuk kecepatan memiliki pola sbb:
Jumlah V Jarak S turun
Mencari t turun

of 41
0
......................
2
2
2
3
3
2
2
1




nv
ghev
ghev
ghev
 
 
 
gh
e
e
v
e
e
gh
eeegh
eeegh
ghegheghev
naikrata 2
121
2
0...2
0....2
0......222
2
32
32
32












 
2
2
642
642
321
1
.
0....
0....
...
e
e
h
eeeh
hehehe
hhhhS nnaik





 
 
 
 
  
 
  g
h
e
e
ghe
he
eegh
hee
eghe
hee
e
ghe
e
he
v
S
t
naikrata
naik
naik
2
1
21
2
112
12
12
12
12
2
1
2
2
2
2
_2














 
 
 
g
h
e
e
e
g
h
e
g
h
e
e
g
h
e
ttt naikturuntotal
2
)1(
1
1
2
)1(
1
2
)1(
2
1
1











Gerak bola turun Jumlah v adalah
Untuk kecepatan memiliki pola sbb:
Jumlah jarak S naik Mencari t naik
T total adalah :
( 34 ) Dari suatu titik pada ketnggian h diatas tanah. Sebuah peluru A diarahkan dengan
kecepatan v dengan sudut elevasi  . Peluru lain B diarahkan dari tempat yang sama
dengan kecepatan v tetapi arahnya berlawanan dengan A. buktikan bahwa ketika
mengenai tanah, jarak antara kedua peluru adalah
g
ghvv
R
2sincos2 22



Jawab :
v
B A P
v 
h
Q
S
3x 1x 2x
R

of 41
g
v
t
gtv
gttv
gttv
y
P
P
PP
PPA




sin2
sin2
2
1
.sin
0
2
1
.sin
0
2
2
0





g
v
g
v
v
tvx PA




cossin2
sin2
cos
.cos
2
01



ghv
gg
v
t
ghv
gg
v
t
ghv
gg
v
g
gh
g
v
g
v
g
h
g
v
g
v
g
h
g
v
g
v
g
h
g
v
g
v
a
acbb
t
g
h
t
g
v
t
htvgt
htvgt
hgttv
hgttv
hy
Q
Q
Q
QQ
QQ
QQ
QQ
QQA
2sin
1sin
2sin
1sin
2sin
1sin
2sinsin
2sin
2
2sin
8sin4
2
1
2
sin2
)1(2
2
)1(4
sin4sin2
2
4
0
2.sin2
02.sin2
0.sin
2
1
0
2
1
.sin
2
1
.sin
22
22
22
22
22
2
22
2
22
2
22
2
2
2
2
2
2
0
2
1
2,1





































g
ghvv
g
v
ghv
gg
v
v
tvx Q
2sincoscossin
2sin
1sin
.cos
.cos
222
22
2















Mencari waktu peluru A sampai di P tP
Syarat mencapai di P Mencari besarnya x1
Mencari tQ
Yang memenuhi adalah tQ1 karena ada kemungkinan hasilnya positif, karena waktu tidak
mungkin negative.
Mencari x2

of 41
ghv
gg
v
t
ghv
gg
v
t
ghv
gg
v
g
gh
g
v
g
v
g
h
g
v
g
v
g
h
g
v
g
v
g
h
g
v
g
v
a
acbb
t
g
h
t
g
v
t
htvgt
htvgt
hgttv
hgttv
hy
S
S
S
SS
SS
SS
SS
SSA
2sin
1sin
2sin
1sin
2sin
1sin
2sinsin
2sin
2
2sin
8sin4
2
1
2
sin2
)1(2
2
)1(4
sin4sin2
2
4
0
2.sin2
02.sin2
0.sin
2
1
0
2
1
.sin
2
1
.sin
22
22
1
22
22
22
2
22
2
22
2
22
2
2
2
2
2
2
0
2
2,1





































g
ghvv
g
v
ghv
gg
v
v
tvx SB
2sincoscossin
2sin
1sin
cos
.cos
222
22
03















g
ghvv
g
ghvv
g
v
g
ghvv
g
v
g
v
xxxR
2sincos2
2sincoscossin2sincoscossincossin2
22
2222222
321









Mencari tS
Yang memenuhi adalah tS1.
Mencari x3

of 41
vc
d
v
s
t


1
cv
d
v
s
t


2
   
  
22
22
21
2
cv
dv
cv
dcdvdcdv
cvcv
cvdcvd
cv
d
cv
d
ttt













( 35 ) Air sungai mengalir dari barat ke timur pada kelajuan c. Seorang anak berenang
searah arus sungai dengan kelajuan v sampai menempuh jarak d. Kemudian anak tersebut
berbalik arah dan berenang menuju ke titik berangkatnya semula. Carilah selang waktu
yang ditempuh anak itu!
Barat Timur
Vtot = v + c
Vtot = v -- c
Kec arus = c
d
Jawab:
Gerak barat ke timur
Kecepatan geraknya adalah v tot = v + c
Gerak timur ke barat
Kecepatan geraknya adalah v vot = v - c
Selang Waktu seluruhnya adalah
( 36 ) Untuk sebuah peluru dengan jangkauan R dan selang waktu di udara t1 dan t2.
tunjukkan bahwa
g
R
tt
2
. 21  !
Y
vo
2
1 vo
0 R X

of 41
21
21
21
21
sincos
)90cos(cos
90
90








o
o
o
g
v
t o 2
2
sin2 

g
v
R
karena
g
v
R
jadi
g
v
vR
tvx
o
o
o
o
o
21
2
21
11
2
sinsin.2
sincos,
cossin.2
sin2
.cos
.cos

















g
R
g
v
g
g
v
g
v
tt
o
oo
2
sinsin22
sin2sin2
.
21
2
21
21























Jawab :
Telah anda ketahui bahwa untuk kelajuan awal vo yang sama pasangan sedut elevasi 1
dan 2 akan memberikan jangkauan mendatar (jarak terjauh) yang sama R jika jumlah
kedua sudut elevasi 90o
.
Mari kita hitung selang waktu di udara toA. Syarat peluru mencapai titik terjauh A adalah
g
v
t
gtv
gttv
gttv
Y
o
o
o
oAoAoA
oA
1
1
11
2
111
2
1
sin.2
2
1
sin.
2
1
.sin
0
2
1
.sin
0









Analog dengan cara diatas selang waktu peluru kedua sampai di A adalah
Jarak terjauh (jangkauan mendatar) R dihitung dari
Sekarang mari kita nyatakan hubungan t1.t2 dalam R
( 37 ) Sebuah benda bermassa m didorong dengan kecepatan awal v keatas sebuah bidang
miring kasar (koefisien gesekan =  )yang membentuk sudut  dengan bidang

of 41
 
 
 




cossin
cossin
cossin
cossin
sin







ga
m
mg
a
mamg
mamgmg
mafmg
maF
ges
  cossin2
2
2
20
2
2
2
2
2
22






g
v
a
v
s
vas
asv
asvv ot
 
 
 
 










tan2
tan2
cos
cossin
2
cossin2
cos
cossin2
cos
.
2
2
2
2
2









 












g
mgv
g
mgv
g
mgv
g
mgv
g
v
mg
SfW gesf
mendatar. Buktikan bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya gesekan sepanjang jarak yang
ditempuh benda sampai berhenti adalah
 

tan2
2


mv
Wf !
N
mg sin mg cos
 W
Jawab:
sMencari besarnya percepatan benda
Mencari jarak total yang ditempuh benda, syarat benda berhenti vt = 0.
( 38 ) Sebuah benda bermassa m ditahan diam pada suatu bidang miring yang memiliki
sedut kemiringan  , oleh sebuah gaya horizontal F. koefisien gesekan statis adalah .

of 41
 sincos FmgN 
 



sincos
sincos
Fmg
Fmg
Nf
ss
s
sges



 
   
 
 





sincos
cossin
cossinsincos
cossinsincos
sinsincoscos
0sincossincos
0
s
s
ss
ss
ss
ss
mg
F
mgF
mgmgFF
mgFmgF
FmgmgF
F








o
o
o
ot
x
v
a
vax
axv
asvv
2
2
20
2
2
2
2
22




Buktikan bahwa F maksimum yang diperbolehkan sebelum mulai bergerak ke atas bidang
dapat dinyatakan oleh
 


sincos
cossin
s
smg
F


 !
N Fy = Fcos
F F
Fx = Fsin
mg sin  mgcos
jawab :
mencari gaya normal
Menentukan gaya gesekan
Syarat benda akan bergerak keatas
( 39 ) Sebuah balok bermassa m menumbuk pegas horizontal (konstanta pegas k). akibat
tumbukan ini, pegas tertekan maksimum sejauh xo dari posisi normalnya. Bila koefisien
gesekan antara balok dan lantai  dan percepatan gravitasi bumi g maka laju balok pada
saat mulai bertumbukan adalah!
Jawab :

of 41
 
 
 
gx
m
k
xv
gx
m
k
xv
gx
m
k
xv
gx
m
k
xv
mgkx
m
x
v
x
v
mmgkx
x
v
mmgkx
x
v
mmgkx
maF
oo
oo
oo
oo
o
o
o
o
o
o
o
o








22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2



































maks
maks
v
t
t
v
t
v
a





1
1
1
1
0
 
 2
22
2
222
2
2
2
2
111
2
2
2
2
1
0
2
1














t
t
v
v
attvS
maks
maks
o


maks
maks
v
t
t
v
t
v
a





2
2
2
2
0
 
 














t
v
vt
vv
t
vv
t
ttt
maks
maks
maksmaks
maksmaks
.
21
(40) Suatu mobil bergerak dari keadaan diam dan dipercepat dengan percepatan  selang
waktu tertentu kemudian mobil diperlambat dengan perlambatan  hingga berhenti. Jika
waktu total adalah t, hitung kecepatan maksimum yang dapat dicapai oleh benda ini.
Hitung juga jarak total yang ditempuh mobil ini.
a a
Vo = 0 Vt = Vmak Vt = 0
A S1 B S2 C
S
Jawab :
Gerak A – B Gerak B – C

of 41
 
 
 2
22
2
222
2
2
22
2
2
222
2
.
2
2
.
2
2
2
1
2
1


































t
t
t
v
vv
vv
v
attvS
maks
maksmaks
maksmaks
maks
o
   
 
 
 
 






















2
.
2
.
2
.
2
.
2
2
2
2
2
2222
2
22
2
22
21
t
t
tt
tt
SSS
 
  
 
g
mm
mm
a
ammgmm
ammgmmm
ammgmgmgm
ammNgmgm
ammfgmgm
amF
k
k
k
k
k
ges
tot
.
cossin
)(.cossin
)(.cossin
)(cossin
)(sin
)(sin
21
12
2112
21112
21112
2112
2112


























cossin
cossin
0cossin
0sin
0sin
0
112
112
112
12
12
mmm
gmgmgm
gmgmgm
Ngmgm
fgmgm
F
k
k
k
k
ges






( 41 ) Carilah percepatan suatu system yang ditunjukkan pada gambar dibawah ini.
Assumsikan system bergerak sedemikian rupa sehingga m2 jatuh dan disini kooefisein
gesekan k antara m1 dan bidang. Bagaimanakah keadaan m1 dan m2 sehingga
menghasilkan kecepatan konstan?
N F
fges m2
m1g sin  m1g cos 
 m2g
Jawab.
Agar dapat menghasilkan kecepatan yang konstan maka percepatan a harus sama dengan
nol

Soal latihan-olimpiade-fisika-sma

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

En vedette

En vedette (20)

Similaire à Soal latihan-olimpiade-fisika-sma

Similaire à Soal latihan-olimpiade-fisika-sma (20)

Plus de Jonathan Liviera Marpaunk

Plus de Jonathan Liviera Marpaunk (12)

Dernier

Dernier (20)

Soal latihan-olimpiade-fisika-sma