Soal dan Pembahasan Ujian Nasional (UN) Fisika 2015 – (Mekanika bagian 1)

by
close

Soal no. 1

Pada acara “festival city marathon” bulan Oktober 2014 di Jakarta terdapat 4 kategori lari yaitu kategori full marathon (42 km), kategori half marathon (21 km), kategori 10 km, dan kategori 5 km dimana masing-masing kategori sudah ditentukan. Lomba lari maraton ini start dari gedung gelora Bung Karno dan finis di Monas. Salah seorang peserta lomba bernama Andri mengikuti lomba lari full marathon dan ia hanya mampu menempuh lintasan melewati titik A, B, dan C seperti pada gambar 2.

Jika 1 kotak mewakili 1 km, maka perpindahan total yang dilalui Andri tersebut adalah …

Penjelasan :

Perpindahan adalah perubahan kedudukan benda dari posisi awal ke posisi akhir. Posisi akhir Andri ada di titik C yang dapat dituliskan dalam notasi vektor

$$\vec C = 8{\bf{\hat i}} + 6{\bf{\hat j}}$$

Posisi Andri ditunjukkan dalam gambar berikut

Besar perpindahan Andri (yang dinyatakan oleh panjang garis panah merah) dapat dihitung dengan menggunakan teorema Phytagoras:

Besar perpindahan = $\sqrt {{8^2} + {6^2}} = \sqrt {100} = 10$ km.

Soal no. 2

Perhatikan tabel data tiga benda bergerak lurus berubah beraturan secara mendatar berikut

Benda Kecepatan awal (m s-1) Kecepatan akhir (m s-2) Waktu (s) Jarak (m)
A 0 20 10 100
B 5 25 10 P
C Q 30 5 125

Jika percepatan ketiga benda sama, maka besar P dan Q berturut-turut adalah …

Penjelasan :

Karena benda mengalami gerak lurus berubah beraturan, kita dapat memilih salah satu dari tiga persamaan standar untuk GLBB yang sesuai.

Berdasarkan variabel-variabel gerak yang diketahui, maka kita dapat menggunakan persamaan berikut

$$v_t^2 = v_o^2 + 2as$$

Percepatan ketiga benda sama, dan tidak diberikan dalam data di atas. Tetapi, kita dapat menentukan besar percepatan ini berdasarkan data benda A yaitu

$$a = \frac{{v_t^2 – v_o^2}}{{2s}} = \frac{{{{20}^2} – 0}}{{2\left( {100} \right)}} = \frac{{400}}{{200}} = 2\ {\rm{m}} \cdot {{\rm{s}}^{{\rm{ – 2}}}}$$

Selanjutnya kita dapat menentukan besar P yaitu jarak yang ditempuh benda B dari persamaan di atas

$$s = \frac{{v_t^2 – v_o^2}}{{2a}} = \frac{{{{25}^2} – {5^2}}}{{2\left( 2 \right)}} = \frac{{600}}{4} = 150\ {\rm{m}}$$

Dengan menggunakan persamaan yang sama kita dapat menentukan Q yaitu kecepatan awal untuk benda C:

$$v_o^2 = v_t^2 – 2as = {\left( {30} \right)^2} – 2\left( 2 \right)\left( {125} \right) = 400\ \ \Rightarrow \ \ {v_o} = 20\ {\rm{m}} \cdot {{\rm{s}}^{{\rm{ – 1}}}}$$

Jadi nilai P dan Q berturut-turut adalah 150 m dan 20 m/s.

Soal no. 3

Seorang pemain sepak bola menendang bola yang lintasannya seperti pada gambar! (g = 10 m.s-2). Jarak terjauh yang dicapai bola adalah …

Penjelasan :

Untuk menentukan jarak terjauh yang dicapai bola, kita harus menentukan berapa lama bola berada di udara. Lama bola di udara dapat diperoleh dengan menyelesaikan persamaan posisi bola sepanjang arah vertikal (sumbu y) setiap saat, yaitu

$$y(t) = {y_o} + {v_{oy}}t – \frac{1}{2}g{t^2}$$

dimana y(t) menyatakan posisi bola setiap saat pada arah vertikal. Karena dalam soal ketinggian awal benda sama dengan ketinggian akhirnya, maka y(t) = yo = 0 sehingga

$$0 = {v_{oy}}t – \frac{1}{2}g{t^2}$$

Dari soal diketahui voy = vo sin 45 = (6)(0,71)=4,26 m/s. Percepatan gravitasi bumi = 10 m/s2 sehingga persamaan menjadi

$$4,26t – 5{t^2} = 0\ \ \ \Rightarrow \ \ \ \left( {4,26 – 5t} \right)t = 0$$

Berdasarkan persamaan terakhir di atas, terdapat dua nilai t yang memenuhi, yaitu untuk t = 0 dan untuk

$$4,26 – 5t = 0\ \ \ \Rightarrow \ \ \ t = \frac{{4,26}}{5} = 0,85\ {\rm{s}}$$

Untuk t = 0 jelas berlaku untuk keadaan awal yaitu pada saat bola masih di tempat awalnya. Sehingga nilai t yang memenuhi untuk lama waktu bola di udara adalah t = 0,85 sekon.

Jarak horizontal yang dapat ditempuh dengan selang waktu selama 0,85 sekon ini adalah

$$x = {v_o}\cos \theta \cdot t = \left( 6 \right)\cos {45^o} \cdot \left( {0,85} \right) = \left( 6 \right)\left( {0,71} \right)\left( {0,85} \right) = 3,6\ {\rm{m}}$$

Cara lain: dengan menggunakan sifat simetri lintasan gerak parabola, yaitu lama bola di udara sama dengan 2 x waktu yang diperlukan untuk mencapai titik tertinggi.

Jadi hitung dulu waktu yang dibutuhkan untuk mencapai titik tertinggi.

Waktu mencapai titik terjauh kemudian dapat ditentukan sebesar 2 kali waktu untuk mencapai titik tertinggi. Dengan mengetahui lama waktu untuk mencapai titik terjauh (waktu untuk mencapai titik terjauh sama dengan lama bola di udara) maka kita dapat menghitung jarak terjauh dengan cara yang sama di atas.

Soal no.4

Perhatikan gambar di bawah

Jika sistem benda bergerak, gaya gesekan antara balok dengan lantai masing-masing 2 N dan percepatan benda 2 m.s-2, besar tegangan tali pada kedua balok tersebut adalah …

Penjelasan :

Gaya tegangan tali antara kedua balok dapat ditentukan dengan meninjau benda 3 kg. Diagram gaya-gaya pada benda tersebut ditunjukkan dalam gambar berikut.

Dengan menggunakan hukum II Newton pada arah horizontal (sumbu-x) dapat dituliskan:

$$F\ \cos {60^o} – {f_{ges}} – T = ma\ \ \Rightarrow \ \ \left( {28} \right)\left( {0,5} \right) – 2 – T = \left( 3 \right)\left( 2 \right)$$
$$T = 14 – 2 – 6 = 6\ newton$$

Jadi, besar gaya tegangan tali adalah 6 newton.

Soal no. 5

Perhatikan gambar berikut! letak titik berat bidang terhadap sumbu y adalah …

Penjelasan :

Berdasarkan simetri, kita dapat mengetahui bahwa letak titik berat bidang terhadap sumbu y adalah di y = 2.

Soal no. 6

Perhatikan gambar berikut! Katrol terbuat dari silinder pejal . Jika M = 5 kg dan m = 2 kg sedangkan R = 10 cm, maka percepatan putaran katrol adalah…

Penjelasan :

Karena kita akan menghitung percepatan putaran katrol, maka kita digunakan hukum II Newton untuk gerak rotasi, yaitu $$\Sigma \tau = I\ \alpha $$

Gaya-gaya apa saja yang bekerja pada katrol yang menghasilkan torsi terhadap sumbu rotasinya?

Jawabnya adalah gaya tegangan tali T.

Selain gaya T, memang terdapat gaya berat katrol dan gaya normal terhadap katrol yang dikerjakan sumbu rotasi katrol terhadap katrol (lihat gambar berikut) tetapi kedua gaya ini tidak memberikan torsi karena garis kerjanya melalui sumbu rotasi.

Jadi

$$\sum \tau = TR = I\ \alpha $$

Atau

$$\alpha = \frac{{TR}}{I} = \frac{{TR}}{{{\textstyle{1 \over 2}}M{R^2}}} = \frac{{2T}}{{MR}}$$

Selanjutnya, menurut hubungan antara percepatan putaran katrol $\alpha $ dengan percepatan translasi a :

$$a = R\ \alpha = R\left( {\frac{{2T}}{{MR}}} \right) = \frac{{2T}}{M}$$

Nilai T dapat ditentukan dengan menerapkan hukum kedua Newton pada balok m.

$$\sum F = ma\ \ \Rightarrow \ \ mg – T = ma$$

Atau

$$T = mg – ma$$

Substitusi T ke dalam persamaan a sebelumnya akan diperoleh persamaan

$$a = \frac{2}{M}\left( {mg – ma} \right)\ \  \Rightarrow \ \ a + \frac{{2m}}{M}a = \frac{2}{M}mg$$

Atau

$$a = \frac{{\left( {{\textstyle{2 \over M}}mg} \right)}}{{\left( {1 + {\textstyle{{2m} \over M}}} \right)}} = \frac{{\left( {{\textstyle{2 \over 5}}} \right)\left( {2 \cdot 10} \right)}}{{\left( {1 + {\textstyle{{2(2)} \over 5}}} \right)}} = \frac{8}{{{\textstyle{9 \over 5}}}} = \frac{{40}}{9} = 4,4\ {\rm{m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}$$

Soal no. 7

Perhatikan gambar berikut ini. Balok meluncur menuruni bidang miring yang kasar, jika gaya gesekan antara balok dengan lantai 3,0 N, g = 10 m.s-2 dan balok mencapai dasar bidang miring dengan kecepatan $\sqrt {50} $ m/s, maka besar nilai h adalah…

Penjelasan :

Karena gaya gesekan bekerja pada sistem ini, maka kita dapat menyelesaikan soal ini dengan menggunakan teorema usaha-energi kinetik.

Gaya-gaya yang bekerja pada balok ditunjukkan dalam gambar berikut.

Teorema usaha-energi kinetik menyatakan bahwa usaha yang dilakukan oleh resultan gaya yang bekerja pada sebuah benda sama dengan perubahan energi kinetik benda tersebut. Atau $W = \Delta EK$.

Dari gambar, terlihat bahwa resultan gaya yang bekerja sepanjang arah gerak balok adalah mg sin $\alpha $ – fgesek sehingga teorema usaha-energi kinetik dapat ditulis menjadi

$$\left( {mg\ \sin \theta – {f_{ges}}} \right)s = E{K_{akhir}} – E{K_{awal}}$$

Dalam kasus ini energi kinetik awal sama dengan nol karena benda mulai bergerak dari keadaan diam. Nilai sin $\alpha $ dapat ditentukan sama dengan h/s sehingga persamaan di atas dapat ditulis menjadi

$$\left( {mg\frac{h}{s} – {f_{ges}}} \right)s = \frac{1}{2}mv_{akhir}^2\ \ \Rightarrow \ \ \left( {1 \cdot 10\frac{h}{{10}} – 3} \right)\left( {10} \right) = \frac{1}{2}\left( 1 \right){\left( {\sqrt {50} } \right)^2}$$

Atau

$$h = \frac{{25 + 30}}{{10}} = 5,5\ {\rm{m}}$$

Jadi tinggi h adalah 5,5 meter.

Soal no. 8

Pada musim dingin di negara Swedia diadakan lomba ski es di daerah pegunungan. Pemain ski meluncur dari ketinggian A seperti pada gambar 2.

Jika kecepatan awal pemain ski = nol, dan percepatan gravitasi = 10 m/s2 maka kecepatan pemain ski saat ketinggian B adalah …

Penjelasan :

Dalam kasus ini, lintasan licin sehingga gesekan dapat diabaikan. Dengan demikian hukum kekekalan energi mekanik dapat digunakan.

Di titik A, kecepatan benda sama dengan nol, sehingga EKA = 0 dan ketinggiannya relatif terhadap titik B adalah 40 m, sehingga energi potensial di titik A dengan mengambil titik B sebagai acuan adalah EPA = mgh = m(10)(40) = 400m joule.

Di titik B, pemain ski akan memiliki kecepatan tertentu misalkan sama dengan vB sehingga akan memiliki energi kinetik tertentu misalkan sama dengan EKB. Energi potensialnya akan sama dengan nol, karena kita mengambil titik B sebagai acuan ketinggian (hB = 0). Dengan demikian menurut hukum kekekalan energi mekanik:

EKA + EPA = EKB + EPB

0 + 400m = EKB + 0

Jadi energi kinetik di titik B adalah 400m.

Dari energi kinetik ini, kita dapat menentukan kecepatan pemain ski di titik B, yaitu:

$$EK = \frac{1}{2}mv_B^2\ \ \Rightarrow \ \ v_B^2 = \frac{{2EK}}{m} = \frac{{2\left( {400m} \right)}}{m}\ \ \Rightarrow \ \ {v_B} = \sqrt {2\left( {400} \right)} = 20\sqrt 2\ {\rm{m/s}}$$

Soal no. 9

Perhatikan gambar berikut. Benda A dan B bergerak seperti pada gambar dan kemudian bertumbukan lenting sempurna.

Jika setelah tumbukan benda B bergerak dengan kecepatan 15 m/s, maka kecepatan A setelah tumbukan adalah …

Penjelasan :

Pada peristiwa tumbukan berlaku hukum kekekalan momentum. Jika tumbukan tersebut bersifat lenting sempurna, maka selain kekekalan momentum, juga berlaku hukum kekekalan energi kinetik.

Pertama, kita terapkan hukum kekekalan momentum yang mengatakan bahwa momentum awal benda-benda sebelum bertumbukan akan sama dengan momentum akhirnya setelah setelah bertumbukan.

Momentum awal bola A, pA =mAvA = (5)(10) = 50 kg m/s

Momentum awal bola B, pB =mBvB = (2)(5) = 10 kg m/s

Jumlah momentum keduanya sebelum tumbukan: pA + pB = 60 kg m/s

Momentum bola A setelah tumbukan, pA’= mAvA’= (5)( vA’) kg m/s

Momentum bola B setelah tumbukan, pB’= mBvB’= (2)(15) = 30 kg m/s

Jumlah momentum keduanya setelah tumbukan: pA’+ pB’= 5vA’+ 30 kg m/s

Menurut hukum kekekalan momentum, jumlah momentum kedua benda ini harus selalu sama baik sebelum maupun sesudah tumbukan, sehingga dapat dituliskan

5vA’+ 30 kg m/s = 60 kg m/s

Diperoleh 5vA’= 30 kg m/s atau vA’ = 6 m/s

2 thoughts on “Soal dan Pembahasan Ujian Nasional (UN) Fisika 2015 – (Mekanika bagian 1)”

Leave a Comment

close