Soal dan Pembahasan Ujian Nasional (UN) Fisika 2017 – (Mekanika bagian-2)

Soal no. 14:

Perhatikan gambar berikut ini!

Seorang penari es sketting sedang berputar di atas lantai es dengan posisi tangan menyilang di dada sehingga memiliki kecepatan sudut $\omega $. Kemudian ia merentangkan kedua tangannya hingga kecepatan sudutnya menjadi $0,5\omega $. Perbandingan energi kinetik rotasi saat tangan menyilang dan saat tangan terentang adalah …

Pembahasan :

Misalkan energi kinetik rotasi saat tangan menyilang dinyatakan dengan : $${E_o} = {\textstyle{1 \over 2}}{I_o}\omega _o^2$$ dan energi kinetik rotasi setelah tangan terentang dinyatakan dengan: $${E_1} = {\textstyle{1 \over 2}}{I_1}\omega _1^2$$ sehingga
$$\frac{{{E_o}}}{{{E_1}}} = \frac{{{\textstyle{1 \over 2}}{I_o}\omega _o^2}}{{{\textstyle{1 \over 2}}{I_1}\omega _1^2}} = \frac{{{I_o}{\omega ^2}}}{{{I_1}{{\left( {0,5\omega } \right)}^2}}} = \frac{{{I_o}}}{{0,25 \cdot {I_1}}}$$
Dalam kasus penari sketting ini, berlaku hukum kekekalan momentum sudut. Yakni, momentum sudut penari saat posisi tangan menyilang di dada sama dengan momentum sudut penari saat dia merentangkan tangannya.

Misalkan momentum sudut penari saat tangannya menyilang di dada adalah I_o dan momentum sudut saat tangan direntangkan adalah I₁ maka
$${L_o} = {L_1}\ \ \Rightarrow \ \ {I_o}{\omega _o} = {I_1}{\omega _1}\ \ \Rightarrow\ \ {I_o}\omega = 0,5{I_1}\omega $$
Diperoleh ${I_o} = 0,5{I_1}$

Substitusi I_o ini ke dalam persamaan E_o/E₁ sehingga diperoleh $$\frac{{{E_o}}}{{{E_1}}} = \frac{{0,5 \cdot {I_1}}}{{0,25 \cdot {I_1}}} = 2\ \ \Rightarrow \ \ {E_o} = 2{E_1}$$
Jadi, perbandingan energi kinetik rotasi saat tangan menyilang dan saat tangan terentang adalah 2 : 1

Soal no. 15:

Sebuah pesawat ruang angkasa yang sedang mengorbit bumi pada jarak tertentu dari permukaan bumi seperti ditunjukkan pada gambar.

Pada suatu saat mesin pesawat mati sehingga pesawat kehilangan tenaga secara bertahap dan keluar dari orbitnya. Maka pada posisi x arah orbit pesawat yang benar ditunjukkan oleh gambar (asumsi, gesekan pesawat dan udara diabaikan)…

Pembahasan:

Sebuah benda bergerak mengorbit karena adanya gravitasi yang bertindak sebagai gaya sentripetal. Gaya sentripetal dinyatakan dengan persamaan : $${F_{sp}} = m\frac{{{v^2}}}{R}$$
Dengan m adalah massa benda (satelit), v adalah kecepatan linear satelit dan R adalah jejari orbit. Ketika terjadi kerusakan mesin, kecepatan linear yang dimiliki satelit akan berkurang dari nilai yang sebelumnya. Akibatnya, gaya gravitasi tidak sama lagi dengan persamaan gaya sentripetal di atas. Gaya gravitasi bernilai lebih besar sehingga seiring dengan semakin mengecilnya kecepatan satelit, satelit itu akan semakin tertarik ke arah bumi sambil tetap berputar. Jadi, lintasan satelit akan seperti pada gambar B.

Soal no. 16:

Perhatikan gambar berikut!

Benda bermassa m mula-mula berada di puncak bidang miring dan memiliki energi potensial E_o. Benda kemudian meluncur dan sampai di titik P. Energi kinetik yang dimiliki oleh benda saat di titik P adalah …

Pembahasan :

Dengan menggunakan hukum kekekalan energi mekanik.
$${E_{P1}} + {E_{K1}} = {E_{P2}} + {E_{P2}}$$
$${E_o} = {E_{K2}} + mg\left( {{\textstyle{1 \over 4}}{h_o}} \right) = {E_{K2}} + {\textstyle{1 \over 4}}mg{h_o}$$
Karena E_o = mgh_o maka persamaan di atas dapat ditulis menjadi
$${E_o} = {E_{K2}} + {\textstyle{1 \over 4}}{E_o}\ \ \Rightarrow \ \ {E_{K2}} = {\textstyle{3 \over 4}}{E_o}$$
Jadi energi kinetik balok saat berada pada ketinggian ¼ h_o adalah ¾ E_o.

Soal no. 17:

Sebuah benda yang massanya 2 kg meluncur di atas bidang miring tanpa kecepatan awal seperti pada gambar. Balok tersebut terus meluncur pada lantai yang kasar dengan koefisien gesek 0,4. Jika percepatan gravitasi 10 m.s^-2 maka jarak yang ditempuh balok pada lantai sampai balok berhenti adalah ..

Pembahasan:

Secara fisis, balok akan berhenti setelah menempuh jarak tertentu di atas lantai kasar karena adanya gaya gesekan. Gaya gesekan ini melakukan usaha negatif (berlawanan arah dengan arah perpindahan) sehingga menyebabkan energi kinetik balok menjadi nol. Dengan demikian, kita dapat menyelesaikan soal ini dengan menggunakan teorema usaha energi kinetik.
$$W = {E_{K_1}} – {E_{K_2}}$$
Dalam hal ini hanya gaya gesekan yang melakukan usaha, yaitu
$${W_{f_g}} = – {f_g} \cdot s$$
Energi kinetik mula-mula adalah energi kinetik di titik Q yang dapat kita hitung dengan menerapkan hukum kekekalan energi mekanik pada bidang miring sebagai berikut
$${E_{P_P}} + {E_{K_P}} = {E_{P_Q}} + {E_{K_Q}}$$
Di titik Q energi potensial sama dengan nol sedangkan di titik P energi kinetik sama dengan nol, maka
$${E_{P_P}} = {E_{K_Q}}\ \ \Rightarrow\ \ {E_{K_Q}} = mgh = \left( 2 \right)\left( {10} \right)\left( {0,8} \right) = 16\ {\rm{joule}}$$
Dari persamaan teorema usaha-energi kinetik sebelumnya, kita dapat menuliskan:
$${W_{f_g}} = {E_{K_R}} – {E_{K_Q}}\ \ \Rightarrow \ \ – {f_g} \cdot s = {E_{K_R}} – {E_{K_Q}}$$
Karena benda berhenti di titik R maka energi kinetik di titik itu nol atau E_KR = 0 sedangkan ${f_g} = \mu N = \mu mg$ maka
$$ – \mu mg \cdot s = – {E_{K_Q}}\ \ \Rightarrow \ \ s = \frac{{{E_{K_Q}}}}{{\mu mg}} = \frac{{16}}{{\left( {0,4} \right)\left( 2 \right)\left( {10} \right)}} = 2\ {\rm{m}}$$
Jadi balok berhenti sejauh 2 m dari titik Q.

Soal no. 18:

Perhatikan gambar dari tiga peristiwa tumbukan tidak lenting berikut!

Setelah tumbukan terjadi, urutan besar kecepatan benda yang ditumbuk dari kecepatan besar ke kecil adalah …

A. Gambar (1), gambar (2), gambar (3)
B. Gambar (1), gambar (3), gambar (2)
C. Gambar (2), gambar (3), gambar (1)
D. Gambar (3), gambar (1), gambar (2)
E. Gambar (3), gambar (2), gambar (1)

Pembahasan:

Dengan menggunakan hukum kekekalan momentum, kita dapat menuliskan persamaan untuk masing-masing tumbukan sebagai berikut:
$${m_1}{v_1} + {m_2}{v_2} = {m_1}{v’_1} + {m_2}{v’_2}$$

Untuk gambar 1 :
$$4mV = 4m{v’_1} + m{v’_2}\ \ \Rightarrow \ \ 4V = 4{v’_1} + {v’_2}\ \ \Rightarrow {v’_2} = 4\left( {V – {v’_1}} \right)$$

Untuk gambar 2: $$mV = 4m{v’_1} + m{v’_2}\ \ \Rightarrow \ \ V = 4{v’_1} + {v’_2}\ \ \Rightarrow \ \ {v’_2} = V – 4{v’_1}$$

Untuk gambar 3 : $$mV = m{v’_1} + m{v’_2}\ \ \Rightarrow \ \ V = {v’_1} + {v’_2}\ \ \Rightarrow \ \ {v’_2} = V – {v’_1}$$

Dengan memperhatikan ketiga persamaan di atas dapat disimpulkan bahwa urutan besar kecepatan benda yang ditumbuk dari kecepatan besar ke kecil adalah: gambar (1), gambar (3), dan gambar (2).

Soal no. 19

Sebuah benda massanya 1200 gram meluncur dari suatu ketinggian tanpa kecepatan awal seperti pada gambar. Percepatan gravitasi di tempat itu 10 m.s^-2 maka besar energi kinetik benda di titik C adalah ….

Pembahasan :

Anggap tidak ada gesekan selama gerakan benda sehingga kita dapat menggunakan hukum kekekalan energi mekanik.

Energi mekanik di posisi A = energi mekanik di posisi C
$$mg{h_A} + {\textstyle{1 \over 2}}m{v_A}^2 = mg{h_C} + {\textstyle{1 \over 2}}m{v_C}^2$$
Ambil titik acuan di C sehingga h_C = 0 dan h_A = 3 m. Kecepatan awal di A sama dengan nol sehingga
$$mg(3) + 0 = 0 + {\textstyle{1 \over 2}}m{v_C}^2\ \ \Rightarrow \ \ {v_C} = \sqrt {6g} = \sqrt {60} = 2\sqrt {15}\ m/s$$

Soal no. 20:

Dua ayunan balistik menggunakan peluru dengan kecepatan v₁ dan v₂ seperti gambar. Jika h₂ = 1,5 h₁ maka perbandingan kecepatan peluru 1 dan 2 adalah …

Pembahasan :

Untuk dapat membandingkan v₁ dan v₂ maka kita harus menghitung kedua variabel tersebut.
Soal ini adalah soal ayunan balistik. Pada peristiwa ayunan balistik, analisis dilakukan dengan membaginya ke dalam dua bagian. Pertama, saat peluru bergerak dan menumbuk balok. Pada peristiwa ini berlaku hukum kekekalan momentum.

$${m_p}{v_p} + {m_b}{v_b} = {m_p}{v’_p} + {m_b}{v’_b}$$

dimana indeks p menyatakan peluru dan indeks b menyatakan balok. Kecepatan setelah tumbukan dinyatakan dengan v’. Karena kecepatan peluru sebelum tumbukan adalah v₁ dan balok mula-mula dalam keadaan diam berarti v₂ = 0. Selain itu, setelah tumbukan peluru masuk ke dalam balok dan bergerak bersama-sama, berarti kecepatan balok dan kecepatan peluru setelah tumbukan sama misalkan dinyatakan dengan v’, maka persamaan di atas akan menjadi
$${m_p}{v_1} = ({m_p} + {m_b})v’\ \ \Rightarrow\ \ v’ = \frac{{{m_p}}}{{{m_p} + {m_b}}}{v_1}\ \ …. \ (1)$$

Kedua, saat peluru yang telah bersarang ke dalam balok bergerak bersama ke atas sehingga mencapai ketinggian h₁ dari keadaan awalnya. Pada bagian gerak ini berlaku hukum kekekalan energi mekanik.
$$mg{h_o} + {\textstyle{1 \over 2}}m{v_o}^2 = mg{h_1} + {\textstyle{1 \over 2}}m{v_1}^2$$
Dalam hal ini, m adalah massa gabungan antara balok dan peluru m₁ + m₂, v_o adalah kecepatan balok bersama peluru (peluru berada di dalam balok) yang tidak lain adalah v’ dalam persamaan (1). h₁ adalah tinggi yang dicapai balok dan v₁ adalah kecepatan balok+peluru pada ketinggian tersebut (dalam hal ini kecepatan balok+peluru pada ketinggian tersebut adalah nol). Dengan mengambil acuan ketinggian pada posisi awal balok, maka h_o = 0, sehingga persamaan di atas menjadi
$${\textstyle{1 \over 2}}\left( {{m_p} + {m_b}} \right){\left( {\frac{{{m_p}}}{{{m_p} + {m_b}}}{v_1}} \right)^2} = \left( {{m_p} + {m_b}} \right)g{h_1}$$
$$\frac{1}{2}\frac{{{m_p}^2}}{{\left( {{m_p} + {m_b}} \right)}}{v_1}^2 = \left( {{m_p} + {m_b}} \right)g{h_1}\ \ \Rightarrow \ \ {v_1}^2 = 2\frac{{{{\left( {{m_p} + {m_b}} \right)}^2}}}{{{m_p}}}g{h_1}$$

Selanjutnya, untuk ayunan balistik kedua, analisisnya persis seperti di atas.

Pada gerak bagian pertama yaitu peristiwa tumbukan antara peluru dengan balok, dengan menerapkan hukum kekekalan momentum diperoleh persamaan
$${m_p}{v_2} = ({m_p} + {m_b})v’\ \ \Rightarrow v’ = \frac{{{m_p}}}{{{m_p} + {m_b}}}{v_2}$$
Selanjutnya pada gerak bagian kedua, saat balok bersama peluru bergerak berayun, dengan menggunakan hukum kekekalan energi mekanik diperoleh persamaan
$$\frac{1}{2}\frac{{{m_p}^2}}{{\left({{m_p} + {m_b}} \right)}}{v_2}^2 = \left( {{m_p} + {m_b}} \right)g{h_2}$$
Karena h₂ = 1,5h₁ maka
$$\frac{1}{2}\frac{{{m_p}^2}}{{\left( {{m_p} + {m_b}} \right)}}{v_2}^2 = \left( {{m_p} + {m_b}} \right)g\left({1,5{h_1}} \right)\ \ \Rightarrow \ \ {v_2}^2 = 3\frac{{{{\left( {{m_p} + {m_b}} \right)}^2}}}{{{m_p}}}g{h_1}$$
Selanjutnya, dengan membandingkan v₁² dan v₂² yang telah diperoleh di atas akan didapatkan bahwa
$$\frac{{{v_1}^2}}{{{v_2}^2}} = \frac{3}{2}\ \ \Rightarrow \ \ \frac{{{v_1}}}{{{v_2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 2 }}$$
Jadi perbandingan antara v₁ dan v₂ adalah $\sqrt 3 :\sqrt 2 $.