SOLUSI OSN 2009 1. A. Waktu bola untuk jatuh diberikan oleh : tA

SOLUSI OSN 2009
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
m $ v 20%v 2A , y & = m $ v ' 2A , x %v ' 2A , y &% . m R2 #' 2A
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
h=v A , y t B" g t 2B
2
dengan v A , y =! 2 g H
40
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat:
t B=
! 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
t B=
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 (!'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 !'B adalah kecepatan sudut bola setelah tumbukan.
Hukum kekekalan energi:
1
1 2
1
1 2
E= m $ v ' 2B , x %v ' 2B , y &% . m R 2 #' 2B= m $ v 2B , x %v 2B , y &% . mR2 # 2B .
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
41
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
ditempuh bola adalah d BC=v ' B , x
tA
31
=" d .
2
98
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
E
pegas
p
$ &
1 2 1 M g 2 M g x2
= kx =
x=
2
2 2L
4L
Sementara itu, energi potensial gravitasi tali relatif terhadap posisi awal adalah
$ &$
E tali
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
M v2 %
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
42
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 !, maka energi kinetik translasi cincin adalah
EK T =
1
1
M v 2= M R2 # 2
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
EK = M R2 #2
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:
2
"M g R sin )=2 M R *)
Sederhanakan: *)%
g
sin )=0
2R
Untuk amplitudo sudut kecil (sin ! ! !), periode osilasi diberikan oleh T =2 (
B.
i. Perhatian gambar. Busur AB = busur A'B' = r".
43
!
2R
g
+=)"
$ &
A' B '
r
=) 1"
R
R
ii. Jika laju perubahan sudut " adalah !" , 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'
#
"
R
O
P'
"
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:
44
$ &
*+ =*) 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 ! ! !), 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
m r 2 #2, =
#2) $ R"r &2
2
2
2$ m%M &
Energi kinetik translasi cincin besar:
1
1
M v 2 = M $ R"r &2 #2)
2
2
45
Energi kinetik total:
mM
1
1
2 m%M
# 2 $ R"r &2% M # 2) $ R"r &2= M #2) $ R"r &2
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 ! ! !), 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).
46
B. Gaya yang bekerja pada muatan 1: F1 ="
Gaya yang bekerja pada muatan 2: F 2=
dengan
y- dan
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
z- 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.
2
D. Persamaan energi:
$
2
kq kq
1
1
2
2
=
%2. m v y % m v z
2d
2y
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
=B q 2
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
2
2
$
kq kq
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=
]
47
[ !
d
2k m
1± 1% 2 3
2
B d
]