JAWABAN SOAL FISIKA OSN 2010 Medan, 1 – 7

JAWABAN SOAL FISIKA OSN 2010
Medan, 1 – 7 Agustus 2010
1‐ Gaya‐gaya yang bekerja pada bola ditunjukkan pada gambar disamping. Persamaan gerak untuk pusat massa bola adalah (1) (2) dan pada bola yang berotasi berlaku (3) Syarat agar bola menggelinding tanpa slip atau (4) (nilai 4) Dari (3) dan (4) kita dapatkan Substitusikan ke (1), kita dapatkan (nilai 2) (a) Karena pada nilai dan , maka Substitusikan ia ke (2) akan memberikan Setelah bola meninggalkan silinder, N = 0. Sehingga dan (nilai 5) (b) Pada saat bola meninggalkan silinder, besarnya kecepatan pusat bola adalah dan arahnya sejajar dengan arah tangensial pada titik dimana . (nilai 4) 2- Jawaban:
a) Untuk memudahkan kita sebut saja bola massa M sebagai bola 1, bola yang ditumbuk pada
sistem dua bola sebagai bola 2, dan bola satunya lagi sebagai bola 3 (lihat gambar bawah).
Setelah tumbukan yang pertama, bola 1 akan bergerak dengan kecepatan konstan V1
sedangkan bola 2 and 3 akan berosilasi. Untuk tumbukan lain yang terjadi, koordinat bola 1
dan bola 2 harus sama. Pertama tentukan dulu V1 setelah tumbukan awal, perhatikan
tumbukan hanya sesaat. Kemudian perlakukan tumbukan ini sama dengan tumbukan hanya
antar dua bola massa M dan m saja. Jika kecepatan bola pertama sebelum tumbukan
adalah V0 maka kita dapat menentukan V1 and V2 dari persamaan kekekalan energi dan
kekekalan momentum:
(1) (2) Kemudian dari substitusi (1) ke (2) kita juga dapatkan bahwa
(3) (4) Setelah tumbukan bola pertama M akan bergerak dengan kecepatan konstan V1 maka
koordinat posisinya adalah
(nilai 4)
Pusat massa bola 2 dan 3 juga akan bergerak dengan kecepatan konstan
(karena m2 = m3 = m). Dengan demikian dari persamaam (4) kita dapatkan
Vc = V2/2
(nilai 2)
Sekarang kita lihat dalam kerangka pusat massa bola 2 dan 3. Kedua bola masingmasingnya bergerak ke arah salah satu lainnya dengan laju dan posisinya memenuhi
persamaan osilasi relatif terhadap pusat massanya sebagai fungsi waktu yang berbentuk:
dengan
dan k’ adalah konstanta pegas yang setengah pegas,
. Dari
hukum kekekalan energi, energi mula-mula massa 2 dalam kerangka pusat massa berubah
menjadi energi deformasi pegas dengan suatu amplitudo yang berkorelasi dengan
perubahan kecepatan dari V2/2 menjadi nol:
Jadi
Dalam kerangka lab
(nilai 2) Untuk tumbukan yang kedua kalinya, kita perlukan x1 = x2 atau,
(5) Maka kita dapatkan,
(6) Untuk menyelesaikan pers (6) diatas, cara termudah adalah dengan menggunakan grafik
dengan
diatas. Untuk solusi yang eksis kita dapatkan suatu kondisi
pada
. Harga minimum massa
.
(nilai 3)
b) Waktu antar tumbukan adalah:
(nilai 4)
3‐ Agar balok bisa bergerak bersama‐sama bidang miring dan tidak bergerak translasi ke atas maupun ke bawah, maka dengan mengggunakan Hukum I dan II Newton dipenuhi persyaratan, ⎛ sin θ − µ s cos θ
⎝ cos θ + µ s sin θ
( M + m) ⎜
⎞
⎛ sin θ + µ s cos θ
⎟ g ≤ F ≤ ( M + m) ⎜
⎠
⎝ cos θ − µ s sin θ
⎞
⎟g ⎠
Untuk gerak rotasi nalok kita gunakan Hukum I Newton dalam torsi, yaitu (1) (nilai 10) r
∑τ = 0 . Apabila balok cenderung menggelinding ke bawah, maka N
m
f
ma
mg
A
Torsi terhadap titik A: mg sin θ ( 12 t ) − ma cos θ ( 12 t ) − ( mg cos θ + ma sin θ ) ( 12 l ) = 0 atau ⎛ t sin θ − l cos θ
a=⎜
⎝ t cos θ + l sin θ
⎞
⎟g ⎠
Dengan mensubstitusikan pertidaksamaan ⎛ sin θ − µ s cos θ
a≥⎜
⎝ cos θ + µ s sin θ
⎞
⎟ g (dari syarat agar balok tidak bertranslasi ke bawah) ke dalam (2), ⎠
diperoleh ⎛ t sin θ − l cos θ
⎜
⎝ t cos θ + l sin θ
⎞ ⎛ sin θ − µs cos θ ⎞
⎟ ⎟≥⎜
⎠ ⎝ cos θ + µ s sin θ ⎠
(3) sehingga diperoleh l
t
µs ≥ (4) (nilai 5) Apabila balok cenderung menggelinding ke atas, maka N
m
f
A
ma
mg
Torsi terhadap titik A: mg sin θ ( 12 t ) − ma cos θ ( 12 t ) + ( mg cos θ + ma sin θ ) ( 12 l ) = 0 atau ⎛ t sin θ + l cos θ
a=⎜
⎝ t cos θ − l sin θ
⎞
⎟g ⎠
(2) Dengan mensubstitusikan pertidaksamaan ⎛ sin θ + µ s cos θ
a≤⎜
⎝ cos θ − µ s sin θ
⎞
⎟ g (yang merupakan syarat agar balok tidak bertranslasi ke atas) ke ⎠
dalam persamaan (2) diatas, diperoleh ⎛ t sin θ + l cos θ
⎜
⎝ t cos θ − l sin θ
⎞ ⎛ sin θ + µ s cos θ ⎞
⎟ ⎟≤⎜
⎠ ⎝ cos θ − µ s sin θ ⎠
(5) (nilai 3) sehingga diperoleh kembali (4). Jadi persyaratan agar balok bergerak bersama‐sama bidang miring adalah: ⎛ sin θ − µ s cos θ
⎝ cos θ + µ s sin θ
( M + m) ⎜
⎞
⎛ sin θ + µ s cos θ
⎟ g ≤ F ≤ ( M + m) ⎜
⎠
⎝ cos θ − µ s sin θ
l
t
Dan syarat agar balok tidak menggelinding maka µ s ≥ ⎞
⎟g ⎠
(nilai 2) 4- Jawaban
a- Kecepatan tangensial:
vt (r , t ) = ω r + V sin ω t
(suku-1 dari rotasi, suku-2 dari revolusi)
(nilai 2)
b- Gaya angkat per satuan panjang:
f (r , t ) = cω r + cV sin ω t
Gaya angkat rata-rata per satuan panjang pada sayap-1:
f1 =
f (0, t ) + f (b, t ) cω.0 + cV sin ω t + cω b + cV sin ω t 1
=
= cω b + cV sin ω t
2
2
2
Dari sayap ke sayap berbeda sudut fase π / 2 . Maka
Pada sayap-2:
1
1
f 2 = cω b + cV sin (ω t + π / 2) = cω b + cV cos ω t
2
2
Pada sayap-3:
1
1
f 3 = cω b + cV sin (ω t + π ) = cω b − cV sin ω t
2
2
Pada sayap-4:
f4 =
1
1
cω b + cV sin (ω t + 3π / 2) = cω b − cV cos ω t
2
2
Gaya angkat rata-rata per satuan panjang total:
Gaya angkat total:
f tot = f1 + f 2 + f 3 + f 4 = 2cω b
F = f tot b = 2cω b 2
c- Momen gaya per satuan panjang:
(nilai 4)
r
r r
n (r , t ) = r × f (r , t )
r
Misalkan arah f (r , t ) pada sumbu-x sehingga:
r
f (r , t ) = xˆ (ω r + cV sin ω t )
r
dan r pada bidang-yz sehingga:
r
r = yˆr cosω t + zˆr sin ω t
sehingga momen gaya per satuan panjang pada sayap-1
r
n1 = ( yˆ r cos ω t + zˆr sin ω t )× xˆ (ω r + cV sin ω t )
= − zˆr cos ω t (ω r + cV sin ω t ) + yˆ r sin ω t (ω r + cV sin ω t )
Pada sayap-2:
r
n2 = zˆr sin ω t (ω r + cV cosω t ) + yˆr cosω t (ω r + cV cosω t )
Pada sayap-3:
r
n3 = zˆr cos ω t (ω r − cV sin ω t ) − yˆ r sin ω t (ω r − cV sin ω t )
Pada sayap-4:
r
n4 = − zˆr sin ω t (ω r − cV cosω t ) − yˆr cosω t (ω r − cV cosω t )
r
r r r r
ntot = n1 + n2 + n3 + n4 = yˆ 2cVr
Momen gaya per satuan panjang total:
n=
Besar momen gaya rata-rata per satuan panjang:
0 + 2cVb
= cVb
2
r
N = yˆ n b = yˆ cVb 2
Momen gaya total:
(nilai 5)
r
r
L = Iω
d- Momentum angular rotasi:
1
1
I = 4 ( M / 4)b 2 = Mb2
3
3
Momen inersia bumerang:
1
L = Mb2ω
3
maka
(nilai 2)
N
cVb 2
3cV
= 1
=
2
L 3 Mb ω Mω
e- Kecepatan sudut revolusi:
ω0 =
f- Jari-jari revolusi:
V = ω0 R Æ R =
V
ω0
=
(nilai 2)
V
Mω
=
3cV / Mω
3c
(nilai 2)
g- Gaya total = gaya sentripetal, sehingga:
F=
MV 2
R
V2 =
Æ 2cω b 2 =
2cω b 2 Mω 2 2 2
= ω b
M
3c
3
MV 2
R
Æ Æ
V=
2
ωb
3
(nilai 3)
5‐ Jawaban a‐ Pendekatan jarak d kecil dibandingkan dengan radius rata R silinder berarti bahwa kita dapat menggunakan pendekatan plat sejajar untuk menghitung kapasitas kapasitor karena luas elektroda (A) tidak jauh berbeda. atau (nilai 5) (nilai 3) b‐ Energi yang disimpan sebelum air masuk: Æ c‐ Setelah air masuk, kapasitas kapasitor menjadi: (nilai 3) (nilai 2) d‐ Energi total termasuk gravitasi dapat dituliskan: (anggap air homogen, sehingga pusat massa berada pada h/2) Masukkan C dan m (=kerapatan x volume) yang ada, diperoleh: atau (nilai 2) Energi ini minimum bila atau (nilai 2) (nilai 3)