Komentarnya Donk...!!
Tarida Sinaga
Sabtu, 15 Juni 2013
Minggu, 12 Mei 2013
Makalah difusi inovasi critical mass
CRITICAL MASS
PENDAHULUANm
Latar Belakang
Bila kita berbicara tentang inovasi
pendidikan, kita berbicara tentang perubahan. Perubahan adalah sesuatu yang tak
terhindarkan pada kehidupan yang berkembang sangat pesat sekarang ini. Ilmu
pengetahuan dan teknologi berkembang dengan pesat. Dengan kemajuan iptek tersebut,
pendidikan juga ikut berubah. Kita harus mengubah orientasi pendidikan kita
yaitu pendidikan yang dapat menghasilkan lulusan yang mampu menyatu dengan
lingkungan yang terus berubah, dan bukan sebaliknya, yaitu memisahkan manusia
dengan lingkungannya. Secara sederhana inovasi adalah pembaharuan atau
perubahan ditandai dengan adanya hal yang baru. Upaya untuk mencari hal yang
baru itu diantaranya untuk memecahkan suatu permasalahan yang dihadapi
seseorang atau sekelompok orang. Dengan demikian suatu idea atau temuan baru
jika tidak menyelesaikan suatu masalah tidak bisa dklasifikasikan sebagai suatu inovasi.
Pada Bulan Mei 2013 ini, Bangsa
Indonesia memperingati dua hari besar kenegaraan, yaitu Hari Pendidikan
Nasional pada tanggal 2 Mei yang lalu dan
Hari Kebangkitan Nasional tanggal 20 Mei. Dimana pada bulan ini pemerintah menyampaikan
ajakan untuk meningkatkan kemandirian bangsa, daya saing bangsa dan peradaban
bangsa, serta kualitas dan akses berkeadilan pada hari pendidkan ini. Untuk
menjadi bangsa yang maju, kita harus memiliki “The Critical Mass”, yaitu
lapisan anak bangsa yang memiliki keunggulan dan daya saing yang tinggi. Oleh
karena itu dua tujuan kembar dari pendidikan nasional kita. Pertama,
mentransfer ilmu pengetahuan dan teknologi agar manusia Indonesia menjadi
manusia yang berkemampuan dan unggul. Kedua, membentuk nilai dan karakter
bangsa yang unggul, memiliki semangat dan etos kerja, bukan bangsa pemalas dan
mudah menyerah.
Sebagai
seorang pendidik yang berperan penting dalam kemajuan anak bangsa, pemerintah menghimbau agar semua tenaga kependidikan
terus menerus berusaha untuk menghasilkan anak didik yang pandai, berdaya
saing, berkarakter kuat, dan bermental tangguh. Dalam hal ini, yang menjadi
pekerjaan rumah bagi para guru di Indonesia, yaitu bagaimana peran para guru
dalam mewujudkan anak didik yang pandai, berkarakter dan bermental tangguh, dan
juga harapan Bangsa Indonesia terhadap pendidikan di negara kita. Untuk itulah
dalam makalah ini penulis membahas critical mass. Karena sebagai tenaga
Kependidikan, khususnya para guru diharapkan mampu untuk menghasilkan “The
Critical Mass” yang merupakan modal bangsa untuk menjadi negara yang maju.
Calon “The Critical Mass” atau lapisan anak bangsa yang unggul itu adalah para
anak didik yang sekarang ini menjadi tanggung jawab dari bapak ibu guru di
seluruh Indonesia.
Perumusan Masalah
Berdasarkan
latar belakang diatas perumusan masalah yang akan dibahas definisi critical
mass dan peranan pendidik dalam menciptakan critical mass
Manfaat penulisan
Memberikan
gambaran tentang definisi critical mass dan peranan pendidik dalam menciptakan
critical mass.
PEMBAHASAN
The Critical Mass
Pengalaman
pembangunan di negara-negara yang sudah maju, khususnya negara-negara di dunia
barat, membuktikan betapa besar peran pendidikan dalam proses pembangunan.
Secara umum telah diakui bahwa pendidikian merupakan penggerak utama (prima
mover) bagi pembangunan. Secara fisik pendidikan di dunia barat telah berhasil
memenuhi kebutuhan tenaga kerja dari segala strata dan segala bidang yang
sangat dibutuhkan bagi pembangunan. Dari aspek non-fisik, pendidikan telah
berhasil menanamkan semangat dan jiwa modern, yang diujudkan dalam bentuk
kepercayaan yang tinggi pada "akal" dan teknologi, memandang masa
depan dengan penuh semangat dan percaya diri, dan kepercayaan bahwa diri
mereka mempunyai kemampuan (self efficacy) untuk
menciptakan masa depan sebagaimana yang mereka dambakan.
Belajar
dari negara India dan Malaysia, mereka mengirimkan orang-orang ke luar negeri
(negara maju tentunya) hanya untuk dapat menyediakan The critical mass
tersebut. Walaupun tidak semua orang yang mereka kirim kembali ke negaranya,
tetapi beberapa yang kembali mampu untuk membentuk the critical mass. Pada
akhirnya Malaysia dan India menjadi negara yang lebih maju dari negara kita.
Belajar dari hal tersebut, apakah kita harus mengirimkan warga negara
sebanyak-banyaknya untuk membentuk The critical mass? Hingga pada saatnya nanti
mereka akhirnya mau kembali lagi ke negaranya memajukan tanah air mereka?
Apakah membentuk warga negara yang disiplin, beretos kerja tinggi harus dengan
keluar negeri? Apakah pendidikan di negara kita tidak sanggup membentuk
anak-anak yang cinta tanah air, disiplin, beretos kerja tinggi dan profesional?
Kalau bicara tentang profesional khususnya penguasaan pengetahuan mungkin kita
harus banyak menimba ilmu sampai keluar negeri. Namun tentang cinta tanah air,
disiplin dan etos kerja, mungkin pendidikan negara kita mampu membentuknya. Dalam dinamika sosial, critical mass adalah jumlah yang
khalayak atau adaptor yang mengadopsi suatu inovasi dalam sistem sosial
sehingga tingkat adopsi menjadi mandiri dan menciptakan pertumbuhan lebih
lanjut.
Critical mass
menurut Rogers.
Teori
Critical Mass biasa dibilang adalah
aspek lanjutan atau turunan dari teori Difusi Inovasi,Jumlah yang cukup memadai
dari suatu adopter pada suatu inovasi dalam sistem sosial sehingga tingkat
adopsi menjadi mandiri dan menciptakan pertumbuhan lebih lanjut, hal tersebut
dituliskan oleh Everett Roger dalam bukunya yang berjudul "Difusi
Inovasi". Faktor-faktor sosial yang mempengaruhi critical mass mungkin
melibatkan ukuran, keterkaitan dan tingkat komunikasi dalam masyarakat atau
salah satu subkultur tersebut. Critical Mass mungkin lebih dekat dengan
konsensus mayoritas di kalangan politik, di mana posisi yang paling efektif
adalah lebih sering yang dipegang oleh sebagian besar orang dalam masyarakat.
Dalam hal ini, perubahan kecil dalam konsensus publik dapat membawa perubahan
cepat dalam konsensus politik, karena efektivitas mayoritas tergantung dari
ide-ide tertentu sebagai alat perdebatan politik. Critical Mass adalah konsep
yang digunakan dalam berbagai konteks, termasuk fisika, dinamika kelompok,
politik, opini publik, dan teknologi.
Critical dari
segi bahasa
Dalam
kamus Bahasa Inggris, “Critical”
berarti kritis/genting, sedangkan “Mass”
diartikan massa (banyak sekali). The Critical Mass dapat diartikan sebagai
kelompok warga negara yang mampu untuk mengentaskan negara dari
keterpurukan/masa kritis menuju kebangkitan dan kemajuan bangsa. The critical
mass adalah warga negara yang dicirikan: 1) mempunyai pikiran maju untuk
membangun bangsa; 2) mempunyai disiplin tinggi; 3) mempunyai etos kerja yang
tinggi dan 4) profesional.
Critical mass dalam dunia pendidikan.
Boediono(1995) mengungkapkan critical mass adalah jumlah populasi terdidik
pada tingkat pendidikan tertentu disuatu negara yang merupakan kunci kemajuan
suatu bangsa dan merupakan cerminan tingkat kemajuan bangsa tersebut.
Peran dan Potensi
Pendidik Dalam Critical Mass
Pembangunan pendidikan merupakan proses pembangunan masyarakat
ekonomi. Critical mass yang dapat dicapai dalam pembangunan pendidikan
akan meningkatkan kemampuan dan keterampilan yang diperlukan dalam proses
produksi dan distribusi sehingga akan memberikan sumbangan pada peningkatan
kesejahteraan penduduk . Dari perspektif ini, pendidikan adalah sebuah
investasi, tepatnya investasi sumberdaya manusia (SDM).
Dalam era globalisasi ini dunia pendidikan mendapat tantangan untuk
menghasilkan sumberdaya manusia yang diharapkan mampu berperan secara global.
Pengaruh globalisasi dicirikan oleh adanya aliran manusia, informasi,
teknologi, modal dan gagasan serta pencitraan. Keadaan ini mempengaruhi
perubahan nilai kehidupan masyarakat, perubahan tuntutan dunia kerja terhadap
lulusan, sehingga diperlukan lulusan yang memiliki kompetensi sesuai dengan
tuntutan perkembangan ilmu, teknologi dan seni, dunia kerja, profesi, serta /pengembangan kepribadian
dengan ciri khas kebudayaannya masing-masing.
Potensi Guru dalam Membangun “The
Critical Mass”
Pasal
28 ayat 3 Peraturan Pemerintah No. 19 Tahun 2005 tentang Standar Nasional
Pendidikan menyatakan bahwa ada empat kompetensi yang harus dimiliki guru
sebagai agen pembelajaran. Keempat kompetensi itu adalah kompetensi pedagogik,
kompetensi kepribadian, kompetensi profesional dan kompetensi sosial (Syaefudin,
2008). Kompetensi pedagogik, yaitu kemampuan mengelola pembelajaran peserta
didik yang meliputi pemahaman terhadap peserta didik, perancangan dan
pelaksanaan pembelajaran, evaluasi hasil belajar dan pengembangan peserta didik
untuk mengaktualisasikan berbagai potensi yang dimilikinya. Kompetensi
kepribadian adalah kemampuan kepribadian yang mantap, stabil, dewasa, arif, dan
berwibawa, menjadi teladan bagi peserta didik dan berakhlak mulia. Kompetensi
profesional merupakan kemampuan penguasaan materi pembelajaran secara luas dan
mendalam yang memungkinkannya membimbing peserta didik memenuhi standar
kompetensi yang ditetapkan oleh Standar Pendidikan Nasional. Kompetensi sosial
merupakan kemampuan pendidik sebagai bagian dari masyarakat untuk berkomunikasi
dan bergaul secara efektif dengan peserta didik, sesama pendidik, tenaga
kependidikan, orang tua/wali peserta didik dan masyarakat sekitar (Syaefudin,
2008).
Proses
sertifikasi guru yang sedang berlangsung sekarang ini adalah suatu upaya untuk
menuntut agar para guru benar-benar memiliki keempat kompetensi tersebut. Jika
semua guru di Indonesia telah memiliki keempat kompetensi tadi, maka ini akan
dapat menjadi modal bagi negara kita untuk membentuk “The Critical Mass”. Menurut
John Stuart Mill, nilai suatu negara dalam jangka panjang adalah kumpulan nilai
dari individu-individu yang terhimpun di dalamnya (Ibrahim, 2004). Tugas para
guru Indonesia adalah menyiapkan individu-individu tersebut agar mempunyai
“nilai”. Masa depan negara tergantung dari nilai/kualitas generasi muda
sekarang ini. Generasi yang unggul tidak hanya menguasai ilmu pengetahuan dan
teknologi, tetapi juga memiliki semangat juang yang tinggi dan tidak mudah menyerah,
yang terwujud dalam karakter pribadi yang kuat.
Dalam
sistem Tripusat Pendidikan yang disampaikan oleh Ki Hajar Dewantoro, lingkungan
pendidikan ada tiga, yaitu Keluarga (lingkungan rumah), Perguruan (lembaga
pendidikan/sekolah) dan lingkungan masyarakat. Pada ketiga lingkungan tersebut,
siswa dibina ke arah sosok yang diharapkan. Dari ketiga lingkungan tadi,
lingkungan pendidikan (sekolah) merupakan lingkungan yang paling potensial dan
paling penting dalam membangun “The Critical Mass” karena selain memberikan
ilmu pengetahuan, para guru di sekolah mempunyai pengetahuan yang lebih banyak
tentang perkembangan anak atau remaja. Pengetahuan ini merupakan modal bagi
guru untuk melakukan pendekatan dan memberikan masukkan kepada anak didiknya.
Terlebih lagi bagi siswa yang berasal dari keluarga dan lingkungan masyarakat
dengan tingkat pendidikan menengah ke bawah, lingkungan sekolah (guru) adalah
faktor yang paling bertanggung jawab dalam membentuk “The Critical Mass”.
Guru
dengan kompetensi pedagogik yang dimilikinya akan mampu memahami peserta
didiknya dan bisa saja melebihi pemahaman para orang tua terhadap anak mereka
sendiri. Hal ini dapat saja terjadi karena guru lebih banyak melihat dan mengamati bagaimana peserta didiknya
berinteraksi dengan teman-temannya. Selain itu guru juga dapat mengenali
potensi yang dimiliki peserta didik, yang bisa saja tidak tampak ketika anak
berada di lingkungan keluarga. Dengan kelebihan tersebut maka seorang guru
mempunyai lebih banyak kesempatan untuk mengoptimalkan potensi anak didik dan
juga menumbuhkan serta meningkatkan sikap mental yang baik pada anak didiknya.
Potensi
guru yang lain dalam membentuk “The Critical Mass” adalah pada kompetensi kepribadian. Guru merupakan
model atau teladan bagi para peserta didik. Kemantapan dan kedewasaan seorang
guru akan menampilkan kemandirian dalam bertindak, bijaksana dalam bersikap dan
memiliki semangat/etos kerja yang tinggi. Apa yang dimunculkan dari sosok
seorang guru di dalam pembelajaran akan diamati dan terekam di dalam pikiran
dan perasaan peserta didik.
Optimalisasi Guru sebagai Pendidik
dan Motivator
Guru adalah pendidik, yang menjadi tokoh panutan bagi anak
didiknya. Untuk menjadi seorang pendidik, guru harus memiliki standar kualitas
pribadi tertentu, yang mencakup tanggung jawab, wibawa, mandiri dan disiplin.
Mendidik berarti mentransfer nilai-nilai kepada peserta didik. Dengan
keteladanan sikap dan tingkah laku gurunya, diharapkan akan tumbuh sikap mental
yang baik kepada peserta didik (Sudarman, 2003). Motivasi adalah keseluruhan
daya penggerak di dalam diri seseorang yang menimbulkan keinginan untuk
melakukan sesuatu, dan bila dia tidak suka melakukan sesuatu tersebut maka akan
berusaha meniadakan atau mengelakkan perasaan tidak suka itu. Peranan guru
sebagai motivator sangat penting dalam pembelajaran karena menyangkut esensi
mendidik yang membutuhkan kemahiran sosial, dan juga menyangkut performance
dalam arti personalisasi dan sosialisasi diri (Sudarman, 2003).
Guru sebagai pendidik merupakan posisi yang sangat dekat
dengan anak-anak dan remaja, tetapi pada pelaksanaan pembelajaran seorang guru
sering melupakan peran ini. Orientasi dan penghargaan masyarakat terhadap nilai
akademik berimbas kepada pembelajaran yang cenderung hanya berfokus pada
transfer ilmu pengetahuan dan melupakan tujuan pendidikan sebagai pembentuk
karakter dan sikap mental peserta didik. Selain itu, beban materi pembelajaran
dan keterbatasan waktu pembelajaran juga dianggap sebagai penyebab untuk
melupakan peran guru sebagai pendidik tersebut.
Bukti bahwa para guru cenderung mengutamakan transfer ilmu
pengetahuan adalah pemberian motivasi yang dilakukan guru kepada peserta didik
lebih banyak berupa motivasi untuk mengajak anak didik tertarik dan termotivasi
mengikuti pelajaran atau motivasi untuk belajar. Tujuan akhir dari motivasi ini
adalah peserta didik menguasai materi yang dipelajari. Memang motivasi seperti
ini yang selalu diajarkan kepada guru dalam membuat rencana pelaksanaan
pembelajaran (RPP). Selain itu dalam beberapa literatur tentang motivasi dalam
pembelajaran cenderung hanya motivasi belajar yang dibicarakan, sehingga guru
“hanya mengenal” motivasi belajar. Akibatnya, selama ini guru lebih banyak
hanya sebagai motivator untuk menciptakan pembelajaran yang baik.
Dengan empat kompetensi yang dimiliki, seorang guru tidak
hanya bisa sebagai motivator belajar saja, tetapi lebih luas lagi dapat menjadi
motivator dalam membentuk karakter atau kepribadian peserta didik. Bahkan
seorang guru mampu sebagai motivator dalam membentuk pribadi yang sukses, yang
pada akhirnya membentuk “The Critical Mass”. Para guru bisa menjadi
motivator-motivator yang potensial karena mereka lebih mengenal bagaimana karakter
peserta didik sehingga guru dapat memberikan motivasi yang tepat dan
berkesinambungan. Pribadi guru juga merupakan sosok yang dekat dengan peserta
didik sehingga anak didik memiliki lebih banyak kesempatan mengamati dan
berinteraksi langsung dengan model atau teladan mereka. Pemberian motivasi
untuk membentuk karakter peserta didik (character building) seperti kesadaran
diri, semangat kerja dan fokus pada tujuan/cita-cita akan sangat menguntungkan
bagi guru sendiri. Setiap guru yang menjadi motivator dalam pembelajaran tidak
hanya menghasilkan peserta didik yang termotivasi untuk mempelajari suatu mata
pelajaran atau materi tertentu, tetapi lebih menyeluruh pada semua hal yang
perlu dipelajari oleh peserta didik. Hal ini dapat terjadi karena dengan dengan
kesadaran dan semangat baru peserta didik, mereka dengan kesadaran sendiri
melakukan belajar dengan sungguh-sungguh.
Pembelajaran yang Membentuk “The
Critical Mass”
Semua
guru yang mengajar pada mata pelajaran apapun, baik tingkat satuan pendidikan
SD, SMP atau SMA dapat berperan dalam membentuk “The Critical Mass”. Kuncinya
hanya satu, yaitu kemauan dan kesadaran para guru untuk memasukkan perannya
sebagai pendidik dan motivator ke dalam pembelajaran sehingga akan terbentuk peserta didik yang
cinta tanah air, disiplin dan mempunyai etos kerja tinggi. Beberapa hal yang
dapat dilakukan oleh guru dalam pembelajaran membentuk “The Critical Mass”,
antara lain:
a.
Merancang pembelajaran dengan menggunakan metode tertentu sehingga dengan
metode tersebut dapat menumbuhkan sikap mental yang baik pada peserta didiknya.
Contohnya metode diskusi kelompok dalam pembelajaran yang berbasis problem
solved akan mendidik peserta didik untuk bisa bekerja sama dalam kelompoknya
dan menyatukan pendapat dalam satu kelompok sehingga diperoleh satu jawaban yang sama. Dengan contoh pembelajaran
seperti ini peserta didik mendapat kesempatan untuk belajar bagaimana harus
bekerja sama, saling menghargai pendapat dan fokus pada tujuan bersama. Hal
tersebut sudah merupakan satu contoh
mendidik anak untuk bisa bekerja sama, menghargai orang lain dan fokus pada
tujuan dalam melaksanakan tugas. Contoh yang lain, dengan metode penugasan akan
mendidik anak agar disiplin dan tepat waktu dalam menjalankan pekerjaan/tugas
mereka.
b.
Memberikan kesempatan sebanyak-banyaknya kepada peserta didik untuk dapat
mengekplorasi potensi diri. Pembelajaran yang memberikan kesempatan kepada
peserta didik untuk dapat aktif baik secara fisik maupun aktif berpikir akan
menumbuhkan rasa percaya diri peserta didik, dan tidak menjadikan mereka hanya
sebagai obyek pembelajaran saja.
c.
Mengajak peserta didik untuk mengambil pelajaran/teladan dari topik yang
dibahas dalam pembelajaran. Misalnya dalam pembelajaran tentang sejarah
penemuan teori-teori dalam ilmu fisika. Bahwa para ilmuwan harus memiliki
keuletan dan semangat kerja keras serta tidak mudah menyerah yang akhirnya
membawa mereka menjadi seorang penemu yang terkenal. Hal ini akan membawa
peserta didik kepada suatu kesimpulan bahwa ketika mereka ingin berhasil, maka
harus didasari dengan keuletan dan semangat kerja keras. Tanpa dibimbing oleh
guru, peserta didik akan sulit mengenali keteladan dalam penemuan teori-teori
fisika.
d.
Selain menumbuhkan sikap mental positif, dalam pembelajaran juga dikenalkan
bagaimana pengaruh sikap mental negatif. Misalnya dalam pembelajaran tentang
pencemaran lingkungan. Bagaimana sikap tidak peduli dan egois masyarakat dalam
membuang sampah di sungai atau menggunakan kendaraan bermotor dengan suara yang
bising akan mengganggu dan bahkan membahayakan orang lain. Pembelajaran seperti
ini akan membimbing peserta didik untuk berpikir bahwa setiap tindakan harus dipertimbangkan bagaimana pengaruhnya
pada diri sendiri ataupun bagi orang lain.
Melakukan pembelajaran yang dapat membentuk sikap mental
yang baik, yang pada akhirnya membentuk “The Critical Mass” tidaklah sulit.
Masih banyak sekali contoh-contoh pembelajaran yang lainnya yang semuanya itu
tergantung dari kreativitas para guru.
KESIMPULAN
Pada dasarnya critical
mempunyai berbagai macam persepsi diantaranya menurut Rogers adalah teori turunan dari teori Difusi
Inovasi, teori ini menjelaskan bahwa untuk menggambarkan adanya jumlah
kecukupan dalam mengadopsi suatu inovasi di dalam sistem sosial, seperti
tingkat adopsi yang yang mulai mandiri serta berkembang untuk menciptakan
pertumbuhan yang lebih lanjut The Critical Mass dapat diartikan
sebagai kelompok warga negara yang mampu untuk mengentaskan negara dari
keterpurukan/masa kritis menuju kebangkitan dan kemajuan bangsa. The critical
mass adalah warga negara yang dicirikan: 1) mempunyai pikiran maju untuk
membangun bangsa; 2) mempunyai disiplin tinggi; 3) mempunyai etos kerja yang
tinggi dan 4) profesional.
Semua
guru dapat berperan dalam membentuk “The Critical Mass”. Kuncinya hanya satu,
yaitu kemauan dan kesadaran para guru
untuk memasukkan perannya sebagai pendidik dan motivator ke dalam pembelajaran
sehingga akan terbentuk peserta didik yang cinta tanah air, disiplin dan
mempunyai etos kerja tinggi. Dan melakukan pembelajaran yang dapat membentuk
sikap mental yang baik, yang pada akhirnya membentuk “The Critical Mass”
DAFTAR PUSTAKA
Danim, Sudarman. 2003. Agenda
Pembaharuan sistem Pendidikan.
Yogyakarta: Pustaka Pelajar
Everette
M.Rogers. 1983 . Diffusion of Innovation.
New York: The Free Press A Division of Macmilan Publishing
Co.Inc
Ibrahim.2004.
Inovasi Pendidikan. Jakarta: Depdikbud Dirjendikti
Udin,
Syaefudin. 2008. Inovasi Pendidikan. Bandung: Alpabeta.
soal dan jawaban sains teori fisika 2007
SOAL OLIMPIADE SAINS NASIONAL (OSN) 2007
Bidang studi : FISIKA
Tingkat : SMA
Waktu : 4 jam
1. (nilai 20)
A. Sebuah mobil bergerak menuruni suatu jalan yang miring (dengan sudut θ
terhadap bidang horizontal) dengan percepatan a. Di dalam mobil terdapat sebuah
bandul dengan panjang tali l dan massa m. Hitung periode osilasi bandul dalam
mobil ini. Nyatakan dalam : l, a, g dan θ. (nilai 5)
B. Sebuah truk yang mula-mula diam dipercepat ke kanan sampai suatu kecepatan v0
dalam waktu t. Energi mekanik diperoleh dari perubahan energi kimia bahan
bakar. Hal ini terlihat jelas dari penurunan bahan bakar dalam mobil. Sekarang
tinjau kejadian ini dalam kerangka yang bergerak ke kanan dengan kecepatan ½
v0. Menurut pengamat ini, mobil mula-mula bergerak ke kiri dengan kecepatan -½
v0 dan setelah selang waktu t, kecepatan mobil menjadi ½ v0 ke kanan. Bagi
pengamat ini, energi mekanik mobil tidak berubah, tetapi tetap saja jumlah bensin
mobil menurun. Kemanakah hilangnya energi bensin ini menurut pengamat
bergerak ini? (nilai 5)
C. Di belakang sebuah truk terdapat suatu batang dengan massa m dan panjang l
yang bersandar di dinding belakang truk. Sudut antara batang dengan lantai truk
adalah θ. Kalau seandainya lantai dan dinding truk licin, berapakah percepatan
yang dibutuhkan oleh truk agar batang ini tidak terpeleset? Nyatakan dalam : g
dan θ. (nilai 5)
D. Sebuah kereta bergerak dengan kecepatan konstan v0. Dalam kereta ini ada sebuah
bandul seperti pada gambar. Panjang bandul adalah R dengan massa m dan mula
mula bandul diam di titik A relatif terhadap truk. Tinjau 3 kasus:
2
i. Jika saat t=0, kereta mulai diperlambat dengan percepatan konstan a
mungkinkah massa m bergerak mencapai puncak titik C mengikuti lintasan
garis putus-putus pada gambar? Jika mungkin apakah syaratnya? (ingat bahwa
a bukan sesaat, tetapi sepanjang waktu). (nilai 1,5)
ii. Jika saat t=0, kereta mulai diperlambat dengan percepatan konstan a, hanya
sampai bola berhasil mencapai titik B. berapakah nilai minimum a agar bola
bisa mencapai titik C? Nyatakan dalam g. (nilai 2)
iii. Jika saat t=0, kereta direm mendadak sehingga kecepatan kereta seketika
menjadi nol. Berapakah nilai minimal v0 agar bola bisa mencapai puncak C?
Nyatakan dalam : g dan R. (nilai 1,5)
2. (nilai 20)
A. Dua buah manik-manik masing-masing massanya m
diletakkan diatas/dipuncak sebuah hoop licin (tanpa
gesekan) bermassa M dan berjari-jari R, hoop
diletakkan vertikal di atas lantai. Manik-manik diberi
gangguan yang sangat kecil, sehingga meluncur kebawah, satu ke kiri dan satunya
lagi ke kanan (lihat gambar). Tentukan nilai terkecil
M
m sehingga hoop akan
terangkat/tidak menyentuh lantai selama bergerak. (nilai 10)
B. Perhatikan gambar di bawah
v
B
C
A
m m
M
R
mm M
3
Sebuah balok bermassa m dan sebuah silinder bermassa M dihubungkan dengan
pegas dengan konstanta pegas k. Tidak ada gesekan antara balok M dengan lantai,
tetapi ada gesekan yang besar antara silinder dan lantai sehingga silinder bisa
menggelinding tanpa slip. Panjang mula-mula pegas L. Saat mula mula silinder
ditarik menjauh dari m sehingga panjang pegas bertambah sebesar A. Mula-mula
semua sistem diam, kemudian silinder dilepas. Hitung percepatan pusat massa
sistem. Nyatakan dalam : k, A, m, dan M. (nilai 10)
3. (nilai 20)
Enam batang identik (dengan massa m dan panjang l, momen inersia = ml2/12 )
dihubungkan membentuk suatu hexagon. Hexagon ini diletakkan di atas permukaan
licin. Titik sambung (A, B, C, D, E dan F) bebas bergerak. Saat t=0, batang FA
dipukul dengan suatu impulse I sedemikian sehingga FA bergerak dengan kecepatan
v1. Karena impulse persis diberikan di tengah-tengah batang FA, maka seluruh sistem
akan bergerak secara simetris (FA dan CD selalu sejajar dengan sumbu x).
Inti soal ini adalah menghitung respon sesaat sistem saat t=0 (sudut θ = 600). Di sini
anda diminta untuk menghitung berapa harga v2 dinyatakan dalam v1. Tetapi untuk
menghitung kecepatan ini akan lebih mudah kalau dikerjakan menuruti langkahlangkah
berikut.
v2
F A
D C
B
E
I
v1
θ
x
y
4
A. anggap: kecepatan batang FA = v1
kecepatan batang CD = v2.
Hitung kecepatan titik B (vBx dan vBy) nyatakan dalam v1 dan v2. (nilai 3)
Dari jawaban ini, hitung juga kecepatan pusat massa batang AB dan batang BC:
vAB,x; vAB,y; vBC,x; dan vBC,y, juga nyatakan dalam v1 dan v2. (nilai 4).
Hitung juga hubungan antara d
dt
θ
ω = dengan v1, v2 dan l. (nilai 2)
B. Pada setiap titik sambung A, B, C, D, E dan F muncul impulse sebagai respon
dari impulse I. Impulse titik A dinyatakan dalam arah x dan y: IA,x dan IA,y.
Demikian juga untuk titik B, C, D, E dan F. Dari simetri, anda hanya perlu
meninjau titik A, B dan C saja. Gambar arah impulse pada batang FA, AB, BC
dan CD. (nilai 3)
C. Tulis persamaan gerak batang FA ( hanya gerak dalam arah y saja). (nilai 1).
D. Tulis persamaan gerak batang AB (arah x, y dan juga gerak rotasi). (nilai 3)
E. Tulis persamaan gerak batang BC (arah x, y dan juga gerak rotasi). (nilai 3)
F. Tulis persamaan gerak batang CD ( hanya gerak dalam arah y saja). (nilai 1).
4. (nilai 10)
Pada sebuah bidang miring dengan
kemiringan β terhadap bidang datar
dipasangi banyak sekali roda berbentuk
silinder dengan massa m dan jari jari r.
Permukaan roda ini dilapis karet dan
jarak antar roda adalah d. Sebuah balok
bermassa M dilepas dari atas bidang
miring dan meluncur turun di atas bidang miring ini. Anggap dimensi balok jauh
lebih besar daripada d. Karena adanya lapisan karet, maka ada gesekan antara balok
dan roda. Setelah beberapa saat balok M mencapai kecepatan terminal (saat mencapai
kecepatan terminal, balok M akan meluncur turun dengan kecepatan konstan).
Hitung kecepatan terminal massa M. Nyatakan dalam : d, M, m, g, dan β.
petunjuk: gunakan persamaan energi.
M
d m
r
β
5
5. (nilai 10)
Perhatikan gambar di bawah.
Dua buah dumb-bell bergerak mendekati satu terhadap yang lain dengan kecepatan
masing-masing v. Setiap dumb-bell terdiri dari 2 massa m yang terpisah pada jarak 2l
oleh suatu batang tak bermassa. Mula-mula keduanya tidak berotasi sama sekali. saat
t=0 keduanya bertumbukan lenting sempurna.
A. Diskripsikan evolusi sistem setelah tumbukan ini. (nilai 4).
B. Anggap tumbukan terjadi di titik koordinat (0,0). Gambar grafik posisi y(x) untuk
setiap massa (keempat massa). (nilai 6)
Emas buat Indonesia
2
2
m
m
m
m
v
v
Solusi OSN 2007_Surabaya
01.
A. Dalam kerangka mobil, akan muncul gaya fiktif sebesar ma yang mengarah ke
atas bidang miring (2,0 poin)
Jumlahkan secara vektor percepatan akibat gaya fiktif ini dengan percepatan
gravitasi
Dalam arah x: -a cos θ (1,5 poin)
Dalam arah y: -g + a sin θ
Jadi total percepatannya adalah
( )2 ( )2 g ' = −a cosθ + −g + a sinθ
g ' = a2 + g2 − 2ag sinθ
Untuk bandul sederhana di medan gravitasi g, periode osilasi adalah T 2 l
g
= π
Untuk kasus mobil ini, tukar g dengan g’
2 2
2
2 sin
T l
a g ag
π
θ
=
+ −
(1,5 poin)
a
g
g+a
y
x
B. Energinya hilang ke perubahan momentum bumi. Kalau kita anggap bumi dan
mobil sebagai sistem terisolasi, maka momentum linear gabungan bumi dan mobil
harus kekal. Jadi saat mobil berubah dari diam menjadi bergerak dengan
kecepatan v0, sebenarnya bumi juga mengalami perubahan kecepatan (yang sangat
kecil).
Momentum mula mula menurut pengamat yang bergerak dengan kecepatan v0/2
terhadap bumi:
Momentum mobil: -m v0/2.
Momentum bumi: -M v0/2.
Momentum setelah t menurut pengamat yang sama:
Momentum mobil: m v0/2.
Momentum bumi: -M (v0/2 + Δv).
Dari kekekalan momentum linear: -(m+M) v0/2 = m v0/2 -M (v0/2 + Δv).
Sederhanakan: m v0 = M Δv.
Sekarang hitung perubahan energi bumi:
( ( ) ) 2 2
0 0 2
0
1 1 1
2 2 2 2 2
ΔE = M ⎛ v + Δv ⎞ − M ⎛ v ⎞ = M v Δv + Δv ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Suku kedua jauh lebih kecil, jadi bisa diabaikan.
Gunakan hubungan Δv dari persamaan momentum, didapat
2
0
1
2
ΔE = mv
Jadi energi yang hilang muncul sebagai energi mekanik bumi. (5 poin)
C. perhatikan gambar di bawah
Syarat supaya setimbang:
• Jumlah torka sama dengan nol.
• Jumlah gaya sama dengan nol
Hitung torka terhadap pusat massa:
N1 l/2 cos θ - N2 l/2 sin θ = 0
Sederhanakan : N1 cos θ = N2 sin θ
Jumlah gaya arah x = 0
N2 – ma = 0
Sederhanakan N2 = ma
Jumlah gaya arah y = 0
N1 – mg = 0
Sederhanakan N1 = mg
Substitusikan ini ke persamaan torka, didapat:
mg cos θ = ma sin θ
atau a = g ctg θ. (5 poin)
N1
N2
mg
ma
θ
x
y
D. i. Kita lebih mudah bekerja dalam frame kereta. percepatan ke kanan (berlawanan
dengan v0)
Dalam frame ini ada gaya fiktif ke kiri (searah dengan v0).
Mula mula bandul diam dalam frame ini, tetapi karena ada gaya fiktif ma maka
bandul dipercepat dari B ke A. Ada usaha positif dari gaya fiktif ini selama
gerak A ke B. Setelah itu gaya fiktif akan mulai mengerjakan usaha negatif. Jika
bandul bergerak dari A ke B kemudian ke C, usaha total dari gaya fiktif nol.
Sedangkan titik C mempunyai energi potensial lebih tinggi daripada titik A.
Jadi kesimpulannya, dalam kasus pertama ini, tidak mungkin massa m bisa
mencapai titik C. (3 poin)
ii.untuk kasus kedua ini, selama gerak bola dari A ke B, gaya fiktif ma melakukan
usaha sebesar maR.
Saat mencapai titik C, kecepatan bandul adalah v.
Dari hubungan kekekalan energi: 1 2 2
2
maR = mv + mgR
Tetapi syarat agar mencapai titik C adalah
mv2 mg
R
≥ .
Atau syarat minimumnya v2 = gR
Masukkan ini ke persamaan energi, didapat 5
2
a = g (4 poin)
iii.Saat direm mendadak, kereta seketika berhenti. Tetapi bandul masih
mempunyai kecepatan v0. dari hubungan kekekalan energi antara titik A dan
titik C didapat:
2 2
0
1 1 2
2 2
mv = mv + mgR
Dari syarat minimum seperti nomor ii : v2 = gR
Didapat 0 v = 5gR (3 poin)
02. a.
• N = gaya normal hoop pada manik-manik
• mg = gaya berat manik-manik
Tinjau manik-manik :
ΣF = ma
Arah radial,
cos ................................................. (1)
2
R
N + mg θ = m v
Asumsikan manik-manik membentuk sudut θ terhadap vertikal, maka tinggi jatuhnya
manik-manik h :
h = R(1− cosθ )
Hukum kekekalan energi mekanik :
2 (1 cos ) ................................................ (2)
(1 cos )
2
1
2
2
θ
θ
= −
= −
v gR
mv mgR
Subtitusikan persamaan (2) ke persamaan (1)
(2 3cos )
2 (1 cos ) cos
cos 2 (1 cos )
θ
θ θ
θ
θ
= −
= − −
−
+ =
N mg
N mg mg
R
N mg m gR
Berdasarkan hukum III Newton, maka ada gaya reaksi N’ dari manik-manik pada hoop
yang besarnya = N, tapi dengan arah yang berlawanan.
N
mg
θ
Gaya angkat total dari dua manik-manik arah vertikal :
2 (2cos 3cos )
2 cos 2 (2 3cos ) cos
θ 2θ
θ θ θ
= −
= −
mg
N mg
Nilai θ akan maksimum jika turunan = 0, sehingga :
3
cos 1
0 2sin 6sin cos
0 (2cos 3cos2 )
=
= − +
= −
θ
θ θ θ
θ θ
dθ
d
Sehingga gaya angkat/ke atas Fangkat :
3
2
)
9
3
3
2 (2
mg
F mg angkat
=
= −
Hoop akan terangkat jika Fangkat > berat hoop, maka :
2
3
3
2
>
>
M
m
mg Mg
N
N’
N = - N’
b. Ada dua gaya dalam arah x (horizontal) pada silinder.
Gaya pulih pegas –kA mengarah ke kiri (sumbu x negatif).
Gaya gesek f mengarah ke kanan (sumbu x positif).
Persamaan gerak linear silinder:
f – kA = MaM
Persamaan gerak rotasi silinder:
Rf = Iα (dengan R adalah jari-jari silinder)
Hubungan antara a dan α diberikan oleh
Rα = -aM
Percepatan sudut silinder positif jika silinder berputar berlawanan arah jarum jam,
sedangkan jika silinder menggelinding mengikuti arah ini, kecepatan linear
silinder negatif.
Momen inersia silinder = ½ MR2.
Dari persamaan-persamaan ini didapat
2
M 3
a k A
M
= −
Percepatan massa m diberikan oleh
m
a kA
m
= (ke arah sumbu x positif)
Percepatan pusat massa diberikan oleh
1
3
m M
cm
a ma Ma kA
m M m M
+
= =
+ +
Jadi pusat massa akan dipercepat ke kanan sebesar 1
3
kA
m+M
(10 poin).
03. a. Dalam arah y :
Koordinat y dari titik B selalu berada di tengah tengah titik A dan C:
2
A C
B
y y y
+
=
Sehingga kecepatan titik B juga selalu merupakan rata rata kecepatan titik A dan C
dalam arah y.
vA,y = v1 , dan vC,y = v2 .
Sehingga:
1 2
B, y 2
v v v
+
= (1,5 poin)
Untuk arah x, lebih mudah kalau sistem ditinjau dalam kerangka pusat massa. Pusat
massa sistem bergerak dalam arah y dengan kecepatan:
1 2
cm 2
v v v
+
=
Maka kecepatan batang FA dalam kerangka pusat massa adalah:
1 2
1 cm 2
v v v v
−
− =
Kecepatan batang BC dalam kerangka pusat massa adalah :
2 1
2 cm 2
v v v v
−
− =
F A
D C
B
E
θ
x
y
Dalam kerangka ini, A dan C bergerak saling mendekat (seperti pada gambar) dan
titik B bergerak ke kanan (sumbu x positif).
Perhatikan gambar di atas: karena panjang batang AB tetap, maka proyeksi
kecepatan titik A dalam arah AB sama dengan proyeksi kecepatan B dalam arah
AB.
Dari hubungan ini kita dapat:
1 2
, sin cos
2 B x
v v θ v θ
−
=
Masukkan harga θ = 600, didapat
1 2
, 3
B x 2
v v v
−
= . (1,5 poin)
Titik pusat massa batang AB berada di tengah tengah titik A dan titik B. Maka
kecepatan titik pusat massa AB adalah rata rata kecepatan A dan B.
( ) ( ) , , , 1 2
1 1 3
AB x 2 A x B x 4 v = v + v = v − v (1,0 poin)
( ) ( ) , , , 1 2
1 13
AB y 2 A y B y 4 v = v + v = v + v (1,0 poin)
Demikian juga dengan batang BC:
( ) ( ) , , , 1 2
1 1 3
BC x 2 B x C x 4 v = v + v = v − v (1,0 poin)
( ) ( ) , , , 1 2
1 1 3
BC y 2 B y C y 4 v = v + v = v + v (1,0 poin)
Untuk menghitung kecepatan sudut d
dt
θ
ω = , kita perlu pindah ke kerangka dimana
titik A diam. Dalam kerangka ini, titik B mempunyai kecepatan dalam arah x yang
sama dengan dalam kerangka lab:
1 2
, 3
B x 2
v v v
−
=
Tetapi kecepatan dalam arah y diberikan oleh:
1 2
B, y 1 2
v v v v
− +
− = .
Kecepatan titik B relatif terhadap titik A arahnya tegak lurus batang AB dan
besarnya adalah v1 − v2
Jadi :
1 2 d v v
dt l
θ
ω
−
= =− (2,0 poin)
Tanda negatif karena jika v1>v2 maka sudut θ akan mengecil.
b. perhatikan gambar di bawah
Gambar arah impulse boleh dibalik, asalkan konsisten. Impulse di titik A pada
batang FA harus berlawanan arah dengan impulse di titik A pada batang AB, karena
impulse ini merupakan gaya aksi-reaksi. (masing masing gambar 0,75 poin)
Konvensi arah dari soal nomor b akan digunakan pada nomor nomor selanjutnya.
c. untuk batang FA, Impulse dalam arah x: IA,x dan IF,x sama besar dan berlawan arah,
sehingga total impulse arah x adalah nol.
Dalam arah y:
IA,y= IF,y.
Jadi , 1 2 A y I − I = mv (1,0 poin)
F
IB,x
A
IA,y
IF,x IA,x
IF,y I
Batang AF
IA,y
A IA,x
IB,y
Batang AB
B
B
IB,y
IB,x
IC,x
IC,y
C
Batang BC
IC,y
ID,x IC,x
ID,y
Batang CD
d. perhatikan batang AB:
Impulse dalam arah x:
( ) , , 1 2
1 3
A x B x 4 I + I = m v − v (1,0 poin)
Impulse dalam arah y:
( ) , , 1 2 3
A y B y 4
I − I = m v + v (1,0 poin)
Impulse sudut:
2 1 2
, , , ,
3 3 1
A y 4 A x 4 B y 4 B x 4 12
v v l l l l I I I I mll
−
− + + =
Sederhanakan:
( ) , , , , 1 2
3 3 1
A y A x B y B x 3 I − I + I + I = m v − v (1,0 poin)
e. perhatikan batang BC:
impulse dalam arah x:
( ) , , 1 2
1 3
B x C x 4 −I + I = m v − v (1,0 poin)
Impulse dalam arah y:
( ) , , 1 2 3
B y C y 4
I − I = m v + v (1,0 poin)
Impulse sudut
2 1 2
, , , ,
3 3 1
B y 4 B x 4 C y 4 C x 4 12
v v l l l l I I I I mll
−
− + − =
Sederhanakan
( ) , , , , 1 2
3 3 1
B y B x C y C x 3 I − I + I − I = m v − v (1,0 poin)
f. Perhatikan batang CD.
Impulse IC,x dan ID,x sama besar dan berlawanan arah, jadi totalnya nol
Impulse IC,y dan ID,y sama besar.
Jadi impulse dalam arah y:
, 2 2 C y I = mv (1,0 poin)
04. Misalkan balok turun sejauh L sepanjang bidang miring. Energi potensial balok
menurun sebesar:
ΔEp = −MgLsinβ
Dalam proses ini ada L/d roda yg mendapat energi kinetik. Total energi yang didapat
roda-roda ini adalah
2
1 1 2 1 2
k 2 2 4
E L mr v L mv
d r d
Δ = ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Selain itu, ada energi juga yang hilang dalam proses menggerakkan roda. Ada slip
antara proses balok M mulai menyentuh suatu roda dan saat roda mulai berputar
tanpa slip. Anggap ada gesekan sebesar f.
Persamaan torka pada roda:
1 2
2
fr = mr α
jadi percepatan sudut diberikan oleh 2 f
mr
α =
kecepatan sudut diberikan oleh t 2 f t
mr
ω =α =
syarat tidak slip: v=ωr.
waktu slip diberikan oleh
2
t mv
f
=
panjang lintasan slip =
2 2 2
2
2
1 12
2 2 2 4 4
vt r t v mv r f m v mv
f mr f f
α
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ = − ⎜ ⎟ =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Jadi energi yang hilang dalam proses memutar 1 roda adalah gaya gesek dikali
panjang lintasan slip =
2
4
mv
Jadi saat balok turun sejauh L, energi yang hilang akibat gesekan adalah :
2
4
L mv
d
Dari hubungan energi: energi potensial balok hilang menjadi energi kinetik roda
ditambah energi yang hilang akibat gesekan :
sin 1 2 1 2
4 4
MgL L mv L mv
d d
β = +
Sederhanakan, didapat :
v 2dMg sin
m
β
= (15 poin)
05.
• Dumb-bell yang bergerak ke kanan, namakan dumb-bell A, terdiri dari massa 1
dan massa 2.
• Dumb-bell yang bergerak ke kiri, namakan dumb-bell B, terdiri dari massa 3 dan
4.
• Massa 2 dan 3 adalah massa yang bertumbukan.
• Karena tumbukan berlangsung sangat singkat, maka dalam proses tumbukan ini,
kita hanya perlu meninjau massa 2 dan 3 saja. Abaikan kehadiran massa 1 dan 4.
• Dalam tumbukan lenting sempurna 1 dimensi antara 2 massa yang identik, kedua
massa yang bertumbukan hanya bertukaran kecepatan.
• Jadi kecepatan 2 mula-mula ke kanan, setelah tumbukan akan mengarah ke kiri
dengan besar v. (0,5 poin)
• Kecepatan mula-mula massa 3 ke kiri, setelah tumbukan akan mengarah ke kanan
dengan besar v. (0,5 poin)
• Sekarang tinjau dumb-bell A. Massa 1 bergerak ke kanan, dan massa 2 bergerak
ke kiri, masing masing dengan laju v. Karena massa 1 dan 2 sama, maka dumbbell
A hanya akan berotasi searah jarum jam terhadap pusat massa, dan pusat
massa dumb-bell diam. (1,0 poin)
• Tinjau dumb-bell B. Massa 3 bergerak ke kanan dengan laju v, massa 4 bergerak
ke kiri dengan laju v. Karena massa 3 dan 4 sama, maka dumb-bell B hanya akan
berotasi searah jarum jam dan pusat massa dumb-bell B diam. (1,0 poin)
• Kecepatan sudut rotasi dumb-bell A dan B sama yaitu v
l
ω = . (1,0 poin)
• Setelah setengah periode putaran: l
v
π π
ω
= , akan terjadi tumbukan untuk kedua
kalinya. (1,0 poin)
• Konfigurasi sebelum tumbukan adalah:
o Dumb-bell A: massa 2 di atas, bergerak ke kanan dengan laju v. Massa
1 di bawah bergerak ke kiri dengan laju v.
o Dumb-bell B: massa 4 di atas, bergerak ke kanan dengan laju v. Massa
3 di bawah bergerak ke kiri dengan laju v.
• Pada tumbukan kedua, massa 1 dan 4 bertumbukan. Seperti pada tumbukan
pertama, hanya terjadi pertukaran kecepatan. Massa 1 mendapat kecepatan ke
kanan sebesar v, dan massa 4 mendapat kecepatan sebesar v ke kiri. (1,0 poin)
• Setelah tumbukan ini, dumb-bell A bergerak lurus ke kanan, tanpa rotasi dengan
massa 2 di atas, dan massa 1 di bawah
• Sedangkan dumb-bell B bergerak lurus ke kiri tanpa rotasi, dengan massa 3 di
bawah dan massa 4 di atas. (1,0 poin)
(2 poin) (2 poin)
Massa 1 Massa 2
(2 poin) (2 poin)
Massa 3 Massa 4
Bidang studi : FISIKA
Tingkat : SMA
Waktu : 4 jam
1. (nilai 20)
A. Sebuah mobil bergerak menuruni suatu jalan yang miring (dengan sudut θ
terhadap bidang horizontal) dengan percepatan a. Di dalam mobil terdapat sebuah
bandul dengan panjang tali l dan massa m. Hitung periode osilasi bandul dalam
mobil ini. Nyatakan dalam : l, a, g dan θ. (nilai 5)
B. Sebuah truk yang mula-mula diam dipercepat ke kanan sampai suatu kecepatan v0
dalam waktu t. Energi mekanik diperoleh dari perubahan energi kimia bahan
bakar. Hal ini terlihat jelas dari penurunan bahan bakar dalam mobil. Sekarang
tinjau kejadian ini dalam kerangka yang bergerak ke kanan dengan kecepatan ½
v0. Menurut pengamat ini, mobil mula-mula bergerak ke kiri dengan kecepatan -½
v0 dan setelah selang waktu t, kecepatan mobil menjadi ½ v0 ke kanan. Bagi
pengamat ini, energi mekanik mobil tidak berubah, tetapi tetap saja jumlah bensin
mobil menurun. Kemanakah hilangnya energi bensin ini menurut pengamat
bergerak ini? (nilai 5)
C. Di belakang sebuah truk terdapat suatu batang dengan massa m dan panjang l
yang bersandar di dinding belakang truk. Sudut antara batang dengan lantai truk
adalah θ. Kalau seandainya lantai dan dinding truk licin, berapakah percepatan
yang dibutuhkan oleh truk agar batang ini tidak terpeleset? Nyatakan dalam : g
dan θ. (nilai 5)
D. Sebuah kereta bergerak dengan kecepatan konstan v0. Dalam kereta ini ada sebuah
bandul seperti pada gambar. Panjang bandul adalah R dengan massa m dan mula
mula bandul diam di titik A relatif terhadap truk. Tinjau 3 kasus:
2
i. Jika saat t=0, kereta mulai diperlambat dengan percepatan konstan a
mungkinkah massa m bergerak mencapai puncak titik C mengikuti lintasan
garis putus-putus pada gambar? Jika mungkin apakah syaratnya? (ingat bahwa
a bukan sesaat, tetapi sepanjang waktu). (nilai 1,5)
ii. Jika saat t=0, kereta mulai diperlambat dengan percepatan konstan a, hanya
sampai bola berhasil mencapai titik B. berapakah nilai minimum a agar bola
bisa mencapai titik C? Nyatakan dalam g. (nilai 2)
iii. Jika saat t=0, kereta direm mendadak sehingga kecepatan kereta seketika
menjadi nol. Berapakah nilai minimal v0 agar bola bisa mencapai puncak C?
Nyatakan dalam : g dan R. (nilai 1,5)
2. (nilai 20)
A. Dua buah manik-manik masing-masing massanya m
diletakkan diatas/dipuncak sebuah hoop licin (tanpa
gesekan) bermassa M dan berjari-jari R, hoop
diletakkan vertikal di atas lantai. Manik-manik diberi
gangguan yang sangat kecil, sehingga meluncur kebawah, satu ke kiri dan satunya
lagi ke kanan (lihat gambar). Tentukan nilai terkecil
M
m sehingga hoop akan
terangkat/tidak menyentuh lantai selama bergerak. (nilai 10)
B. Perhatikan gambar di bawah
v
B
C
A
m m
M
R
mm M
3
Sebuah balok bermassa m dan sebuah silinder bermassa M dihubungkan dengan
pegas dengan konstanta pegas k. Tidak ada gesekan antara balok M dengan lantai,
tetapi ada gesekan yang besar antara silinder dan lantai sehingga silinder bisa
menggelinding tanpa slip. Panjang mula-mula pegas L. Saat mula mula silinder
ditarik menjauh dari m sehingga panjang pegas bertambah sebesar A. Mula-mula
semua sistem diam, kemudian silinder dilepas. Hitung percepatan pusat massa
sistem. Nyatakan dalam : k, A, m, dan M. (nilai 10)
3. (nilai 20)
Enam batang identik (dengan massa m dan panjang l, momen inersia = ml2/12 )
dihubungkan membentuk suatu hexagon. Hexagon ini diletakkan di atas permukaan
licin. Titik sambung (A, B, C, D, E dan F) bebas bergerak. Saat t=0, batang FA
dipukul dengan suatu impulse I sedemikian sehingga FA bergerak dengan kecepatan
v1. Karena impulse persis diberikan di tengah-tengah batang FA, maka seluruh sistem
akan bergerak secara simetris (FA dan CD selalu sejajar dengan sumbu x).
Inti soal ini adalah menghitung respon sesaat sistem saat t=0 (sudut θ = 600). Di sini
anda diminta untuk menghitung berapa harga v2 dinyatakan dalam v1. Tetapi untuk
menghitung kecepatan ini akan lebih mudah kalau dikerjakan menuruti langkahlangkah
berikut.
v2
F A
D C
B
E
I
v1
θ
x
y
4
A. anggap: kecepatan batang FA = v1
kecepatan batang CD = v2.
Hitung kecepatan titik B (vBx dan vBy) nyatakan dalam v1 dan v2. (nilai 3)
Dari jawaban ini, hitung juga kecepatan pusat massa batang AB dan batang BC:
vAB,x; vAB,y; vBC,x; dan vBC,y, juga nyatakan dalam v1 dan v2. (nilai 4).
Hitung juga hubungan antara d
dt
θ
ω = dengan v1, v2 dan l. (nilai 2)
B. Pada setiap titik sambung A, B, C, D, E dan F muncul impulse sebagai respon
dari impulse I. Impulse titik A dinyatakan dalam arah x dan y: IA,x dan IA,y.
Demikian juga untuk titik B, C, D, E dan F. Dari simetri, anda hanya perlu
meninjau titik A, B dan C saja. Gambar arah impulse pada batang FA, AB, BC
dan CD. (nilai 3)
C. Tulis persamaan gerak batang FA ( hanya gerak dalam arah y saja). (nilai 1).
D. Tulis persamaan gerak batang AB (arah x, y dan juga gerak rotasi). (nilai 3)
E. Tulis persamaan gerak batang BC (arah x, y dan juga gerak rotasi). (nilai 3)
F. Tulis persamaan gerak batang CD ( hanya gerak dalam arah y saja). (nilai 1).
4. (nilai 10)
Pada sebuah bidang miring dengan
kemiringan β terhadap bidang datar
dipasangi banyak sekali roda berbentuk
silinder dengan massa m dan jari jari r.
Permukaan roda ini dilapis karet dan
jarak antar roda adalah d. Sebuah balok
bermassa M dilepas dari atas bidang
miring dan meluncur turun di atas bidang miring ini. Anggap dimensi balok jauh
lebih besar daripada d. Karena adanya lapisan karet, maka ada gesekan antara balok
dan roda. Setelah beberapa saat balok M mencapai kecepatan terminal (saat mencapai
kecepatan terminal, balok M akan meluncur turun dengan kecepatan konstan).
Hitung kecepatan terminal massa M. Nyatakan dalam : d, M, m, g, dan β.
petunjuk: gunakan persamaan energi.
M
d m
r
β
5
5. (nilai 10)
Perhatikan gambar di bawah.
Dua buah dumb-bell bergerak mendekati satu terhadap yang lain dengan kecepatan
masing-masing v. Setiap dumb-bell terdiri dari 2 massa m yang terpisah pada jarak 2l
oleh suatu batang tak bermassa. Mula-mula keduanya tidak berotasi sama sekali. saat
t=0 keduanya bertumbukan lenting sempurna.
A. Diskripsikan evolusi sistem setelah tumbukan ini. (nilai 4).
B. Anggap tumbukan terjadi di titik koordinat (0,0). Gambar grafik posisi y(x) untuk
setiap massa (keempat massa). (nilai 6)
Emas buat Indonesia
2
2
m
m
m
m
v
v
Solusi OSN 2007_Surabaya
01.
A. Dalam kerangka mobil, akan muncul gaya fiktif sebesar ma yang mengarah ke
atas bidang miring (2,0 poin)
Jumlahkan secara vektor percepatan akibat gaya fiktif ini dengan percepatan
gravitasi
Dalam arah x: -a cos θ (1,5 poin)
Dalam arah y: -g + a sin θ
Jadi total percepatannya adalah
( )2 ( )2 g ' = −a cosθ + −g + a sinθ
g ' = a2 + g2 − 2ag sinθ
Untuk bandul sederhana di medan gravitasi g, periode osilasi adalah T 2 l
g
= π
Untuk kasus mobil ini, tukar g dengan g’
2 2
2
2 sin
T l
a g ag
π
θ
=
+ −
(1,5 poin)
a
g
g+a
y
x
B. Energinya hilang ke perubahan momentum bumi. Kalau kita anggap bumi dan
mobil sebagai sistem terisolasi, maka momentum linear gabungan bumi dan mobil
harus kekal. Jadi saat mobil berubah dari diam menjadi bergerak dengan
kecepatan v0, sebenarnya bumi juga mengalami perubahan kecepatan (yang sangat
kecil).
Momentum mula mula menurut pengamat yang bergerak dengan kecepatan v0/2
terhadap bumi:
Momentum mobil: -m v0/2.
Momentum bumi: -M v0/2.
Momentum setelah t menurut pengamat yang sama:
Momentum mobil: m v0/2.
Momentum bumi: -M (v0/2 + Δv).
Dari kekekalan momentum linear: -(m+M) v0/2 = m v0/2 -M (v0/2 + Δv).
Sederhanakan: m v0 = M Δv.
Sekarang hitung perubahan energi bumi:
( ( ) ) 2 2
0 0 2
0
1 1 1
2 2 2 2 2
ΔE = M ⎛ v + Δv ⎞ − M ⎛ v ⎞ = M v Δv + Δv ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Suku kedua jauh lebih kecil, jadi bisa diabaikan.
Gunakan hubungan Δv dari persamaan momentum, didapat
2
0
1
2
ΔE = mv
Jadi energi yang hilang muncul sebagai energi mekanik bumi. (5 poin)
C. perhatikan gambar di bawah
Syarat supaya setimbang:
• Jumlah torka sama dengan nol.
• Jumlah gaya sama dengan nol
Hitung torka terhadap pusat massa:
N1 l/2 cos θ - N2 l/2 sin θ = 0
Sederhanakan : N1 cos θ = N2 sin θ
Jumlah gaya arah x = 0
N2 – ma = 0
Sederhanakan N2 = ma
Jumlah gaya arah y = 0
N1 – mg = 0
Sederhanakan N1 = mg
Substitusikan ini ke persamaan torka, didapat:
mg cos θ = ma sin θ
atau a = g ctg θ. (5 poin)
N1
N2
mg
ma
θ
x
y
D. i. Kita lebih mudah bekerja dalam frame kereta. percepatan ke kanan (berlawanan
dengan v0)
Dalam frame ini ada gaya fiktif ke kiri (searah dengan v0).
Mula mula bandul diam dalam frame ini, tetapi karena ada gaya fiktif ma maka
bandul dipercepat dari B ke A. Ada usaha positif dari gaya fiktif ini selama
gerak A ke B. Setelah itu gaya fiktif akan mulai mengerjakan usaha negatif. Jika
bandul bergerak dari A ke B kemudian ke C, usaha total dari gaya fiktif nol.
Sedangkan titik C mempunyai energi potensial lebih tinggi daripada titik A.
Jadi kesimpulannya, dalam kasus pertama ini, tidak mungkin massa m bisa
mencapai titik C. (3 poin)
ii.untuk kasus kedua ini, selama gerak bola dari A ke B, gaya fiktif ma melakukan
usaha sebesar maR.
Saat mencapai titik C, kecepatan bandul adalah v.
Dari hubungan kekekalan energi: 1 2 2
2
maR = mv + mgR
Tetapi syarat agar mencapai titik C adalah
mv2 mg
R
≥ .
Atau syarat minimumnya v2 = gR
Masukkan ini ke persamaan energi, didapat 5
2
a = g (4 poin)
iii.Saat direm mendadak, kereta seketika berhenti. Tetapi bandul masih
mempunyai kecepatan v0. dari hubungan kekekalan energi antara titik A dan
titik C didapat:
2 2
0
1 1 2
2 2
mv = mv + mgR
Dari syarat minimum seperti nomor ii : v2 = gR
Didapat 0 v = 5gR (3 poin)
02. a.
• N = gaya normal hoop pada manik-manik
• mg = gaya berat manik-manik
Tinjau manik-manik :
ΣF = ma
Arah radial,
cos ................................................. (1)
2
R
N + mg θ = m v
Asumsikan manik-manik membentuk sudut θ terhadap vertikal, maka tinggi jatuhnya
manik-manik h :
h = R(1− cosθ )
Hukum kekekalan energi mekanik :
2 (1 cos ) ................................................ (2)
(1 cos )
2
1
2
2
θ
θ
= −
= −
v gR
mv mgR
Subtitusikan persamaan (2) ke persamaan (1)
(2 3cos )
2 (1 cos ) cos
cos 2 (1 cos )
θ
θ θ
θ
θ
= −
= − −
−
+ =
N mg
N mg mg
R
N mg m gR
Berdasarkan hukum III Newton, maka ada gaya reaksi N’ dari manik-manik pada hoop
yang besarnya = N, tapi dengan arah yang berlawanan.
N
mg
θ
Gaya angkat total dari dua manik-manik arah vertikal :
2 (2cos 3cos )
2 cos 2 (2 3cos ) cos
θ 2θ
θ θ θ
= −
= −
mg
N mg
Nilai θ akan maksimum jika turunan = 0, sehingga :
3
cos 1
0 2sin 6sin cos
0 (2cos 3cos2 )
=
= − +
= −
θ
θ θ θ
θ θ
dθ
d
Sehingga gaya angkat/ke atas Fangkat :
3
2
)
9
3
3
2 (2
mg
F mg angkat
=
= −
Hoop akan terangkat jika Fangkat > berat hoop, maka :
2
3
3
2
>
>
M
m
mg Mg
N
N’
N = - N’
b. Ada dua gaya dalam arah x (horizontal) pada silinder.
Gaya pulih pegas –kA mengarah ke kiri (sumbu x negatif).
Gaya gesek f mengarah ke kanan (sumbu x positif).
Persamaan gerak linear silinder:
f – kA = MaM
Persamaan gerak rotasi silinder:
Rf = Iα (dengan R adalah jari-jari silinder)
Hubungan antara a dan α diberikan oleh
Rα = -aM
Percepatan sudut silinder positif jika silinder berputar berlawanan arah jarum jam,
sedangkan jika silinder menggelinding mengikuti arah ini, kecepatan linear
silinder negatif.
Momen inersia silinder = ½ MR2.
Dari persamaan-persamaan ini didapat
2
M 3
a k A
M
= −
Percepatan massa m diberikan oleh
m
a kA
m
= (ke arah sumbu x positif)
Percepatan pusat massa diberikan oleh
1
3
m M
cm
a ma Ma kA
m M m M
+
= =
+ +
Jadi pusat massa akan dipercepat ke kanan sebesar 1
3
kA
m+M
(10 poin).
03. a. Dalam arah y :
Koordinat y dari titik B selalu berada di tengah tengah titik A dan C:
2
A C
B
y y y
+
=
Sehingga kecepatan titik B juga selalu merupakan rata rata kecepatan titik A dan C
dalam arah y.
vA,y = v1 , dan vC,y = v2 .
Sehingga:
1 2
B, y 2
v v v
+
= (1,5 poin)
Untuk arah x, lebih mudah kalau sistem ditinjau dalam kerangka pusat massa. Pusat
massa sistem bergerak dalam arah y dengan kecepatan:
1 2
cm 2
v v v
+
=
Maka kecepatan batang FA dalam kerangka pusat massa adalah:
1 2
1 cm 2
v v v v
−
− =
Kecepatan batang BC dalam kerangka pusat massa adalah :
2 1
2 cm 2
v v v v
−
− =
F A
D C
B
E
θ
x
y
Dalam kerangka ini, A dan C bergerak saling mendekat (seperti pada gambar) dan
titik B bergerak ke kanan (sumbu x positif).
Perhatikan gambar di atas: karena panjang batang AB tetap, maka proyeksi
kecepatan titik A dalam arah AB sama dengan proyeksi kecepatan B dalam arah
AB.
Dari hubungan ini kita dapat:
1 2
, sin cos
2 B x
v v θ v θ
−
=
Masukkan harga θ = 600, didapat
1 2
, 3
B x 2
v v v
−
= . (1,5 poin)
Titik pusat massa batang AB berada di tengah tengah titik A dan titik B. Maka
kecepatan titik pusat massa AB adalah rata rata kecepatan A dan B.
( ) ( ) , , , 1 2
1 1 3
AB x 2 A x B x 4 v = v + v = v − v (1,0 poin)
( ) ( ) , , , 1 2
1 13
AB y 2 A y B y 4 v = v + v = v + v (1,0 poin)
Demikian juga dengan batang BC:
( ) ( ) , , , 1 2
1 1 3
BC x 2 B x C x 4 v = v + v = v − v (1,0 poin)
( ) ( ) , , , 1 2
1 1 3
BC y 2 B y C y 4 v = v + v = v + v (1,0 poin)
Untuk menghitung kecepatan sudut d
dt
θ
ω = , kita perlu pindah ke kerangka dimana
titik A diam. Dalam kerangka ini, titik B mempunyai kecepatan dalam arah x yang
sama dengan dalam kerangka lab:
1 2
, 3
B x 2
v v v
−
=
Tetapi kecepatan dalam arah y diberikan oleh:
1 2
B, y 1 2
v v v v
− +
− = .
Kecepatan titik B relatif terhadap titik A arahnya tegak lurus batang AB dan
besarnya adalah v1 − v2
Jadi :
1 2 d v v
dt l
θ
ω
−
= =− (2,0 poin)
Tanda negatif karena jika v1>v2 maka sudut θ akan mengecil.
b. perhatikan gambar di bawah
Gambar arah impulse boleh dibalik, asalkan konsisten. Impulse di titik A pada
batang FA harus berlawanan arah dengan impulse di titik A pada batang AB, karena
impulse ini merupakan gaya aksi-reaksi. (masing masing gambar 0,75 poin)
Konvensi arah dari soal nomor b akan digunakan pada nomor nomor selanjutnya.
c. untuk batang FA, Impulse dalam arah x: IA,x dan IF,x sama besar dan berlawan arah,
sehingga total impulse arah x adalah nol.
Dalam arah y:
IA,y= IF,y.
Jadi , 1 2 A y I − I = mv (1,0 poin)
F
IB,x
A
IA,y
IF,x IA,x
IF,y I
Batang AF
IA,y
A IA,x
IB,y
Batang AB
B
B
IB,y
IB,x
IC,x
IC,y
C
Batang BC
IC,y
ID,x IC,x
ID,y
Batang CD
d. perhatikan batang AB:
Impulse dalam arah x:
( ) , , 1 2
1 3
A x B x 4 I + I = m v − v (1,0 poin)
Impulse dalam arah y:
( ) , , 1 2 3
A y B y 4
I − I = m v + v (1,0 poin)
Impulse sudut:
2 1 2
, , , ,
3 3 1
A y 4 A x 4 B y 4 B x 4 12
v v l l l l I I I I mll
−
− + + =
Sederhanakan:
( ) , , , , 1 2
3 3 1
A y A x B y B x 3 I − I + I + I = m v − v (1,0 poin)
e. perhatikan batang BC:
impulse dalam arah x:
( ) , , 1 2
1 3
B x C x 4 −I + I = m v − v (1,0 poin)
Impulse dalam arah y:
( ) , , 1 2 3
B y C y 4
I − I = m v + v (1,0 poin)
Impulse sudut
2 1 2
, , , ,
3 3 1
B y 4 B x 4 C y 4 C x 4 12
v v l l l l I I I I mll
−
− + − =
Sederhanakan
( ) , , , , 1 2
3 3 1
B y B x C y C x 3 I − I + I − I = m v − v (1,0 poin)
f. Perhatikan batang CD.
Impulse IC,x dan ID,x sama besar dan berlawanan arah, jadi totalnya nol
Impulse IC,y dan ID,y sama besar.
Jadi impulse dalam arah y:
, 2 2 C y I = mv (1,0 poin)
04. Misalkan balok turun sejauh L sepanjang bidang miring. Energi potensial balok
menurun sebesar:
ΔEp = −MgLsinβ
Dalam proses ini ada L/d roda yg mendapat energi kinetik. Total energi yang didapat
roda-roda ini adalah
2
1 1 2 1 2
k 2 2 4
E L mr v L mv
d r d
Δ = ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
Selain itu, ada energi juga yang hilang dalam proses menggerakkan roda. Ada slip
antara proses balok M mulai menyentuh suatu roda dan saat roda mulai berputar
tanpa slip. Anggap ada gesekan sebesar f.
Persamaan torka pada roda:
1 2
2
fr = mr α
jadi percepatan sudut diberikan oleh 2 f
mr
α =
kecepatan sudut diberikan oleh t 2 f t
mr
ω =α =
syarat tidak slip: v=ωr.
waktu slip diberikan oleh
2
t mv
f
=
panjang lintasan slip =
2 2 2
2
2
1 12
2 2 2 4 4
vt r t v mv r f m v mv
f mr f f
α
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ = − ⎜ ⎟ =
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Jadi energi yang hilang dalam proses memutar 1 roda adalah gaya gesek dikali
panjang lintasan slip =
2
4
mv
Jadi saat balok turun sejauh L, energi yang hilang akibat gesekan adalah :
2
4
L mv
d
Dari hubungan energi: energi potensial balok hilang menjadi energi kinetik roda
ditambah energi yang hilang akibat gesekan :
sin 1 2 1 2
4 4
MgL L mv L mv
d d
β = +
Sederhanakan, didapat :
v 2dMg sin
m
β
= (15 poin)
05.
• Dumb-bell yang bergerak ke kanan, namakan dumb-bell A, terdiri dari massa 1
dan massa 2.
• Dumb-bell yang bergerak ke kiri, namakan dumb-bell B, terdiri dari massa 3 dan
4.
• Massa 2 dan 3 adalah massa yang bertumbukan.
• Karena tumbukan berlangsung sangat singkat, maka dalam proses tumbukan ini,
kita hanya perlu meninjau massa 2 dan 3 saja. Abaikan kehadiran massa 1 dan 4.
• Dalam tumbukan lenting sempurna 1 dimensi antara 2 massa yang identik, kedua
massa yang bertumbukan hanya bertukaran kecepatan.
• Jadi kecepatan 2 mula-mula ke kanan, setelah tumbukan akan mengarah ke kiri
dengan besar v. (0,5 poin)
• Kecepatan mula-mula massa 3 ke kiri, setelah tumbukan akan mengarah ke kanan
dengan besar v. (0,5 poin)
• Sekarang tinjau dumb-bell A. Massa 1 bergerak ke kanan, dan massa 2 bergerak
ke kiri, masing masing dengan laju v. Karena massa 1 dan 2 sama, maka dumbbell
A hanya akan berotasi searah jarum jam terhadap pusat massa, dan pusat
massa dumb-bell diam. (1,0 poin)
• Tinjau dumb-bell B. Massa 3 bergerak ke kanan dengan laju v, massa 4 bergerak
ke kiri dengan laju v. Karena massa 3 dan 4 sama, maka dumb-bell B hanya akan
berotasi searah jarum jam dan pusat massa dumb-bell B diam. (1,0 poin)
• Kecepatan sudut rotasi dumb-bell A dan B sama yaitu v
l
ω = . (1,0 poin)
• Setelah setengah periode putaran: l
v
π π
ω
= , akan terjadi tumbukan untuk kedua
kalinya. (1,0 poin)
• Konfigurasi sebelum tumbukan adalah:
o Dumb-bell A: massa 2 di atas, bergerak ke kanan dengan laju v. Massa
1 di bawah bergerak ke kiri dengan laju v.
o Dumb-bell B: massa 4 di atas, bergerak ke kanan dengan laju v. Massa
3 di bawah bergerak ke kiri dengan laju v.
• Pada tumbukan kedua, massa 1 dan 4 bertumbukan. Seperti pada tumbukan
pertama, hanya terjadi pertukaran kecepatan. Massa 1 mendapat kecepatan ke
kanan sebesar v, dan massa 4 mendapat kecepatan sebesar v ke kiri. (1,0 poin)
• Setelah tumbukan ini, dumb-bell A bergerak lurus ke kanan, tanpa rotasi dengan
massa 2 di atas, dan massa 1 di bawah
• Sedangkan dumb-bell B bergerak lurus ke kiri tanpa rotasi, dengan massa 3 di
bawah dan massa 4 di atas. (1,0 poin)
(2 poin) (2 poin)
Massa 1 Massa 2
(2 poin) (2 poin)
Massa 3 Massa 4
Soal dan jawaban olimpiade fisika tingkat propinsi 2007
1. Sebuah
batu beratnya w dilemparkan vertikal
ke atas diudara dari lantai dengan kecepatan awal v0 . Jika ada gaya
konstan f akibat gesekan/hambatan udara selama melayang
dan asumsikan percepatan gravitasi bumi g
konstan, maka tentukan :
a).
tinggi maksimum yang dicapai (nyatakan dalam : v0, g, f dan w )
b).
laju batu saat menyentuh lantai kembali (nyatakan dalam : v0, f dan w)
Teori yang mendasari :
·
Hukum Newton tentang gerak
·
GLBB
a. Batu ke atas
Percepatan (perlambatan) :
Tinggi maksimum yang dicapai :
b. Batu ke bawah
Percepatan
:
Kecepatan
saat menyentuh lantai :
B. Sebuah
sistem terdiri atas dua buah balok massanya masing-masing m dan M (lihat gambar).
Koefisien gesekan antara kedua balok µs
dan tidak ada gesekan antara balok M dengan lantai. Tentukan besar gaya F
yang harus diberikan pada balok m supaya
tidak turun ke bawah (nyatakan dalam : m,
M, g dan µs)
Teori yang mendasari :
·
Hukum Newton tentang gerak
·
Tinjau
m
Arah mendatar,
Arah vertikal,
·
Tinjau
M
Arah mendatar,
dari ketiga persamaan di atas
didapatkan :
2. Sebuah
kereta dengan massa
M dapat bergerak bebas tanpa gesekan
di atas sebuah lintasan lurus. Mula-mula ada N orang
masing-masing dengan massa m berdiri
diam di atas kereta yang juga berada pada keadaan diam. Tinjau 2 kasus.
a.
Semua orang di atas kereta
berlari bersama ke salah satu ujung kereta dengan laju relatif terhadap kereta vr dan kemudian melompat
turun bersama-sama. Berapakah kecepatan kereta setelah orang-orang ini melompat
turun?
b.
Sekarang
tinjau kasus kedua. Kereta dan semua orang mula mula diam. Dalam kasus kedua
ini, semua orang lari bergantian. Jadi orang pertama lari meninggalkan kereta
dengan laju relatif terhadap kereta vr,
kemudian disusul orang kedua berlari ke ujung yang sama dengan laju relatif
terhadap kereta vr.
Demikian seterusnya sampai orang ke-N.
Berapakah kecepatan akhir kereta?
c.
Pada
kasus mana kecepatan akhir kereta lebih tinggi?
Teori yang mendasari :
·
Hukum kekekalan momentum linear
a. kekekalan momentum linier
Jadi,
b. tinjau kondisi saat transisi dari n orang ke n-1 orang.
Momentum mula mula:
Momentum akhir
Kekekalan momentum linier
Didapat
Jika 1 lagi melompat turun, didapat
Atau dalam bentuk umum:
Pada mulanya n=N, Vn = 0. Kecepatan akhir di dapat saat s=N
c. karena maka kecepatan pada kasus b lebih besar
daripada pada kasus a.
3. Sistem massa pegas di bawah terdiri dari
suatu balok dengan massa m dan dua
pegas dengan konstanta pegas k dan 3k. Massa m dapat berosilasi ke atas dan
ke bawah, tetapi orientasinya dipertahankan mendatar. Kedua pegas dihubungkan
dengan suatu tali tanpa massa melalui suatu katrol licin. Berapakah periode osilasi sistem? (nyatakan dalam : m dan k)
Teori yang mendasari :
·
Hukum Hooke
·
Osilasi
Untuk memudahkan
pembahasan, kita akan namakan pegas k
sebagai pegas 1 dan
pegas 3k sebagai pegas 2.
Tegangan kedua pegas sama, karena
dihubungkan lewat satu tali maka :
kDx1 = 3kDx2.
Simpangan massa m = Dx.
Dari geometri jelas bahwa,
2Dx = Dx1 + Dx2.
Jadi,
,
Gaya yang bekerja pada massa m
:
2 kDx1= 3 kDx.
Persamaan gerak sistem:
Diperoleh
4. Sebuah cincin dengan massa m
mempunyai suatu titik manik-manik ditempel di pinggiran cincin itu. Massa
manik-manik m juga. Jari jari cincin
adalah R (momen inersia cincin ). Abaikan
dimensi manik-manik (anggap seperti massa titik). Cincin dan manik-manik
bergerak bersama. Mula-mula kecepatan sudut mereka adalah w0 dan manik-manik berada di posisi paling rendah. Berapakah nilai maksimum w0 agar sistem tidak melompat saat manik-manik berada pada posisi tertinggi?
Anggap lantai kasar, sehingga sistem cincin
manik-manik bisa menggelinding tanpa slip.
Teori yang mendasari :
·
Kekekalan energi
·
Hukum Newton tentang gerak
Energi kinetik sistem terdiri dari energi kinetik cincin ditambah energi
kinetik manik manik. Pada
saat mula-mula manik manik berada di dasar, sehingga kecepatannya persis nol.
Pada
saat manik-manik berada di puncak, energi kinetik cincin diberikan oleh
Energi
kinetik manik manik
Kecepatan
manik-manik v = kecepatan manik manik
terhadap pusat cincin +
kecepatan pusat cincin
= kecepatan translasi
pusat cincin + kecepatan akibat
rotasi cincin
= wR + wR = 2wR.
Energi
kinetik manik manik =
Energi
potensial manik manik = 2mgR.
Kekekalan
energi:
Sederhanakan:
Gaya
normal yang diberikan oleh lantai diberikan oleh gaya berat dari manik-manik
dan cincin dikurangi dengan gaya sentripegal akibat rotasi manik-manik terhadap
pusat cincin.
Syarat
supaya lepas dari lantai, N = 0.
Didapatkan
:
Sederhanakan:
5. Model untuk
pegas bersama.
Suatu
pegas memiliki konstanta pegas k dan massa m. Untuk
memudahkan perhitungan, pegas ini bisa dimodelkan dengan sistem yang terdiri
atas susunan massa
dan pegas. Untuk pendekatan pertama, anggap system pegas bermassa ini ekuivalen
dengan sistem massa-pegas yang terdiri dari dua massa identik m’ dan dua pegas identik yang tak bermassa dengan
konstanta k’. Jika kita
menambahkan terus jumlah massa
dan pegas dalam model ini maka akan semakin mendekati pegas sesungguhnya.
Mula-mula
sistem dibiarkan pada keadaan setimbang. Panjang pegas menjadi L (panjang
kendurnya L0 ). Jika ujung atas A dipotong,
a. berapa percepatan massa bawah menurut
model ini ?
b. Berapa percepatan massa atas menurut model
ini ?
Asumsikan percepatan gravitasi
g tetap.
Teori yang mendasari :
·
Hukum hooke tentang pegas
·
Hukum Newton tentang gerak
- Hubungan antara m dan m’ :
- Hubungan antara k dengan k’ :
Saat mula-mula,
- Pertambahan panjang pegas bawah
karena gaya gravitasi,
- Tegangan pegas bawah,
- Pertambahan panjang pegas atas,
- Tegangan pegas atas,
Saat sambungan dengan
langit-langit dipotong (titik A),
-
Tegangan
pegas atas = nol
-
Tegangan
pegas bawah =
Gaya pada massa bawah :
1. Gaya gravitasi = m’g
=
2. Gaya dari pegas bawah =
Jadi total gaya pada massa bawah = nol, sehingga massa bawah tidak
dipercepat.
Gaya pada massa atas :
1. Gaya gravitasi =
=
2. Gaya dari pegas bawah =
Jadi
total gaya pada massa atas = mg,
Percepatan
massa atas =
= 2g
6. Perhatikan sistem di bawah ini.
Ada dua balok, masing-masing massanya m dan M. Koefisien gesekan antara balok M dengan lantai µ1
, sedangkan koefisien gesekan antara balok m dengan balok M adalah µ2. Pada balok m diberi gaya mendatar F yang cukup besar sehingga balok m akan bergerak dipunggung balok M, dan balok M juga bergerak akibat gaya F
ini (asumsi µ2 cukup
besar). Jika balok m berpindah sejauh
L relatif terhadap balok M, berapa usaha yang dilakukan gaya F ?
Untuk memudahkan hitungan anggap :
Teori yang mendasari :
·
Hukum Newton tentang gerak
·
GLBB
·
Usaha
Tinjau balok m,
N2 = gaya normal pada m karena M
Ø
Ø
Tinjau
M,
Ø SFy
= 0
Ø SFx
= Ma1
Total pergeseran massa M setelah selang waktu t :
Total
pergeseran massa m terhadap kerangka
lab setelah selang waktu t :
Selisih
jarak :
Setelah
t=t0, selisih jarak = L
L = S2
– S1
Untuk
waktu t0 ini, massa m telah berpindah sejauh :
Usaha yang dilakukan oleh gaya F :
Langganan:
Postingan (Atom)