Solusi soal teori OSN 2009

SOLUSI
1.
A. Waktu bola untuk jatuh diberikan oleh : t A=
Jarak d yang dibutuhkan adalah d =v 0 t A=v 0
B.


2H
g
2H
g
i. Karena bola tidak slip sama sekali dan tumbukan lenting sempurna maka energi mekanik
sistem kekal.
ii. Gaya gesek arahnya ke sumbu x negatif (melawan arah gerak relatif bola)
iii. Impuls gaya gesek:
I A =m v 0−mv ' A , x .
iv. Impuls sudut dari gaya gesek:
2
I A R= m R2 ' A
5
1
1
1 2
2
2
2
2
2
2
m  v 0v A , y  = m  v ' A , x v ' A , y  . m R ' A
2
2
2 5
C. Hukum kekekalan energi:
Karena tumbukan lenting sempurna, kecepatan bola dalam arah vertikal tidak berubah sehingga
vA,y = v'A,y .
2
v 20 =v ' 2A , x  R2 ' 2A
5
Sederhanakan, didapat :
Gunakan hubungan impuls:
2
0
2
A, x
2
I x =m  v 0−v ' A , x  = m R ' A ,
5

2 5
=
 v −v ' A , x 
5 2 0

2
didapat
v −v '
atau
 v 0−v ' A , x  v 0 v ' A , x = 2  v 0 −v ' A , x 
Ada 2 solusi:
3
v ' A , x =v 0 dan v ' A , x = v 0
7
5
Solusi yang benar adalah solusi kedua:
2
10 v 0
3
5
v ' A , x = v 0 dengan ' A=
v 0−v ' A , x =

7
2R
7R
D. Untuk menghitung posisi tumbukan kedua di B, kita perlu menghitung waktu agar bola bisa
menyentuh keping atas K1. Persamaan yang digunakan hanyalah persamaan gerak parabola:
1 2
h=v A , y t B− g t B
2
dengan v A , y = 2 g H
1
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat:
tB=
 2 g H ±  2 g H −2 g h =
g
   
2H
h
1± 1−
g
H
Ambil solusi negatif dan masukkan harga h = 0,75 H:

17
d ,h
14



1 2H
2 g
3
1
x B=v x t B= v 0 .
7
2
Jarak horizontal yang ditempuh bola adalah
koordinat B d , h=Bd x B , h=B
tB=
diperoleh =
2H
3
= d , sehingga dengan
g
14
17
14
E. Proses tumbukan kedua mirip dengan proses tumbukan pertama. Yang perlu diperhatikan adalah
ada perubahan persamaan impuls-nya. Karena rotasi bola terlalu cepat (ω'A R > v'A,x) maka gaya
gesek berusaha mengurangi kecepatan rotasi sehingga gaya gesek arahnya juga ke sumbu x
negatif.
I B =m
F. Besarnya impuls gaya gesek diberikan oleh

3
v −v ' B , x
7 0

dengan v'B,x adalah kecepatan bola setelah tumbukan.

2
10 v 0
I B R= m R2
− ' B
5
7 R
Impuls sudut diberikan oleh

dengan ω'B adalah kecepatan sudut bola setelah tumbukan.
Hukum kekekalan energi:
1
1 2
1
1 2
2
2
2
2
2
2
2
2
E= m  v ' B , x v ' B , y  . m R  ' B= m  v B , x v B , y  . mR  B .
2
2 5
2
2 5
10 v 0
3
Kecepatan dalam arah x: v B , x =v ' A , x = v 0 dan kecepatan sudut:  B =' A=
.
7
7R
Karena tumbukan lenting sempurna, berlaku: vB,y = v'B,y .
Dari hubungan impuls, didapat ' B=

5 1
v v ' B , x
2R 7 0

2
Masukkan semua informasi ini ke persamaan energi, didapat: v ' B , x 
10
93 2
v ' B , x v 0−
v =0 .
49
343 0
Faktorkan, dengan memperhatikan bahwa salah satu solusi adalah solusi untuk kasus tidak terjadi
tumbukan:



3
31
v ' B , x − v 0 v ' B , x  v 0 =0
7
49
2
Sehingga didapat v ' B , x =−
31
v dan
49 0
' B=−
60 v 0
49 R
G. Waktu untuk bola bergerak dari B ke C sama dengan waktu bola bergerak dari A ke B. Jarak yang
tA
31
=− d .
2
98
ditempuh bola adalah d BC=v ' B , x
Artinya jarak titik C dari titik asal O(0,0) adalah d x Bd BC=d 
koordinat titik C adalah

44
d ,0
49
3
31
44
d− d = d , sehingga
14
98
49

2. Oleh karena tiap partikel dalam tali memiliki kelajuan yang sama, maka energi kinetik tali adalah
1
E K= M v 2
2
Pada saat ujung bebas tali sudah tergeser sejauh x dari posisi awal, energi potensial pegas adalah
 
1
1 M g 2 M g x2
E pegas
= k x2 =
x=
p
2
2 2L
4L
Sementara itu, energi potensial gravitasi tali relatif terhadap posisi awal adalah
tali
 
E p =−

M
1
Mgx
x g L x =−
2 Lx 
4L
2
8L
sehingga energi potensial total sistem adalah
E p =E pegas
E tali
p
p =
Mgx
 x−2 L
8L
A. Persamaan kekekalan energi mekanik E tali adalah
1
Mg
2
Mv 
x  x−2 L=E
2
8L
Diketahui pada saat awal (t = 0), x = 0, dan v = 0 sehingga E = 0. Dengan demikian
v2 =
g
x 2 L−x 
4L
(1)
B. Selanjutnya dari pers. (1) dapat dihitung derivatif terhadap waktu (t), yaitu
2v

dv g
dx
dx
=
2 L −2 x
dt 4 L
dt
dt

sehingga
dv g
=
 L−x  atau
dt 4 L
d2 x g
=
 L− x
dt 2 4 L
Artinya, persamaan gerak ujung bebas tali untuk pergeseran x adalah
3
d2
g
 x−L
 x−L=0
2
4L
dt
yang tidak lain adalah persamaan gerak osilasi harmonik sederhana di sekitar titik x = L. Dengan
demikian, besar periode osilasi adalah
T =2 


4L
L
=4
g
g
dan karena v = 0 untuk x = 0 maka amplitudo osilasi adalah L.
3.
A. Jika kecepatan sudut cincin adalah ω, maka energi kinetik translasi cincin adalah
EK T =
1
1
2
2
2
Mv= MR 
2
2
Energi kinetik rotasi cincin adalah:
1
1
EK R= I 2= M R2  2
2
2
Energi kinetik total:
EK =M R 2  2
Energi potensial:
EP=−M g R cos 
1
2 2
EK = M R 
2
Bandingkan hasil ini dengan bandul sederhana (yang memiliki energi kinetik:
dan energi potensial
EP=−M g R cos  , periode diberikan oleh T =2 
Sehingga periode osilasi sistem ini diberikan oleh




M R2
R ).
=2 
M gR
g
2 M R2
2R
T =2 
=2 
M gR
g
Jika menggunakan metode gaya/torka:
Momen inersia terhadap titik O: Icm + MR2 = 2 MR2.
Torka terhadap titik O:
−M g R sin =2 M R2 
Sederhanakan: 
g
sin =0
2R
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh T =2 
B.
i. Perhatian gambar. Busur AB = busur A'B' = rθ.
4

2R
g
=−
 
A' B '
r
= 1−
R
R
ii. Jika laju perubahan sudut θ adalah ωθ , maka energi kinetik translasi cincin adalah
1
1
EK T = M v 2= M  R−r 2  2
2
2
Energi kinetik rotasi cincin adalah:
 
2
1
1
r
1
EK R= I 2= M R 2  2 1−
= M  R−r 2 2
2
2
R
2
EK =M  R−r 2 2
Energi kinetik total:
Energi potensial:
EP=−M g  R−r cos 


2
Jadi periode osilasi diberikan oleh T =2  2 M  R−r  =2  2 R−r 
M g  R−r 
g
f
A'
B
A
B'
φ
θ
R
O
P'
θ
r
P
Mg
Jika menggunakan metode gaya/torka:
Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B'
−M g sin  f =M  R−r  
Persamaan gerak rotasi terhadap pusat cincin:
2
− f R= M R 
Gunakan hubungan pada bagian i:
5
 
 = 1−
r
R
Gabungkan ketiga persamaan ini, didapat
−M g sin =2 M  R−r  
sederhanakan:

g
sin =0
2 R−r 
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh T =2 
iii. Jika r menuju nol didapat T =2 
C.
i.


2 R−r 
g
2R
g
 
= 1−
r
r

R
R
ii. Untuk mencari hubungan sudut-sudut ini, tinjau gerak rotasi kedua cincin. Ada gaya gesek
antara kedua cincin.
Persamaan gerak rotasi cincin besar:
− f R= M R 2 
Persamaan gerak rotasi cincin kecil:
f r=m r 2 
M Rmr  =0
Eliminasi gaya gesek f, didapat
M R m r  =0
sehingga hubungan kecepatan sudut diberikan oleh:
 
Dari hubungan sudut dari bagian i, didapat  =  1−
r
r
 
R
R
Gabungkan kedua hubungan kecepatan sudut ini:
 =
dan
 
 
m
r
 1−
m M
R
 =−
M
R
r
  1−
m M
r
R
.
Energi kinetik rotasi cincin besar:
1
m2 M
2
2
M R  =
2  R−r 2
2
2
2 mM 
Energi kinetik rotasi cincin kecil:
1
mM2
2 2
2
2
m r  =
  R−r 
2
2
2 mM 
Energi kinetik translasi cincin besar:
1
1
M v 2 = M  R−r 2 2
2
2
6
Energi kinetik total:
mM
1
1
2
2
2
2
2
2 2 mM
   R−r   M    R−r  = M   R−r 
2 mM 
2
2
mM
EP=−M g  R−r cos 
Energi potensial:
Jadi periode osilasi diberikan oleh
T =2 

2 m M
m M
=2 
M g  R−r 
M  R−r 2
 
R−r 2 mM
g
mM
Jika menggunakan metode gaya/torka:
Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B'
−M g sin  f =M  R−r  
Persamaan gerak rotasi sudah diberikan pada bagian pembahasan energi:
− f R= M R 2 
f r=m r 2 
Gabungkan hasil ini dengan persamaan pada bagian i: didapat:
f =−
mM
  R−r 
mM 
Masukkan ini ke persamaan gaya:
−M g sin =
mM
  R−r M  R−r 
mM 
Sederhanakan:

g mM
sin =0
R−r 2 mM
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), didapat T =2 
iii. Untuk limit m besar, didapat T =2 
4.

2 R−r 
.
g
 
R−r 2 m M
g
m M
A. Tanpa ada medan magnet, muatan 1 akan bergerak ke kiri (sumbu y negatif). Agar muatan
berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B1 ke luar bidang kertas (sumbu x positif). Demikian
juga dengan muatan 2, tanpa medan magnet, muatan 2 akan bergerak ke kanan (sumbu y positif).
Agar muatan 2 berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B2 masuk ke bidang kertas (sumbu x
negatif).
7
B. Gaya yang bekerja pada muatan 1: F1 =−
Gaya yang bekerja pada muatan 2: F 2=
dengan
y dan
z
k q2
y −B q v 1, y z B q v 1, z y
2 y2
k q2
y B q v 2, y z −B q v 2, z y
2 y 2
berturut-turut adalah vektor satuan yang menyatakan arah y positif dan arah
z positif.
Persamaan gerak muatan 2:
sumbu y: m a 2, y =
k q2
−B q v 2, z
4 y2
sumbu z: m a 2, z=B q v 2, y
C. Energi mekanik kekal, karena medan magnet tidak bisa mengerjakan usaha.
D. Persamaan energi:

k q2 k q 2
1
1
=
2. m v 2y  m v 2z
2d 2 y
2
2

.
Faktor 2 dimasukkan karena energi kinetik kedua muatan sama besar.
Untuk mencari ukuran kotak, kita butuh kecepatan dalam arah y sama dengan nol saat jarak kedua
muatan adalah 2L.
Untuk mencari kecepatan dalam arah z, kita hanya butuh melakukan integral sederhana yaitu dari
persamaan m a 2, z=B q v 2, y atau m
dv 2, z
dy 2
=B q
dt
dt
sehingga m dv 2, z =B q dy 2 .
Karena kecepatan mula-mula dalam arah z adalah nol, saat y = d, maka didapat
m v z= B q L−d 
Gunakan hasil ini pada persamaan energi, didapat

k q2 k q 2
B q  L−d 
=
m
2d 2 L
m
 
k 1 1
B 2  L−d 2
− =
2 d L
m
Sederhanakan:
atau

2
km
= L−d  L d
2 B2
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat
Ambil solusi positif:
L=
[ 
d
2km
1 1 2 3
2
B d
L=
]
8
[ 
d
2k m
1± 1 2 3
2
B d
]