Soal-Jawab Fisika Teori OSN 2013

Soal-Jawab Fisika Teori
OSN 2013
Bandung, 4 September 2013
1. (17 poin) Dua manik-manik masing-masing
bermassa m dan dianggap benda titik terletak
m
m
di atas lingkaran kawat licin bermassa M dan
berjari-jari R . Kawat lingkaran berdiri vertikal
R
pada lantai. Manik-manik diberi usikan kecil,
M
dan mereka tergelincir ke bawah pada kawat
tersebut, satu ke kanan dan yang satu lagi ke
kiri (lihat gambar). Agar kawat lingkaran
tersebut terangkat dari lantai oleh gerakan
manik-manik tersebut, hitung:
a. besarnya sudut  (pada saat kawat lingkaran mulai terangkat)
b. gaya maksimum dari kedua manik-manik terhadap kawat (nyatakan dalam m dan g)
c. nilai m/M terkecil
Solusi
a- Bila  adalah sudut yang telah ditempuh manik-manik ketika jatuh, dan N adalah gaya
normal dari kawat pada manik-manik, dengan arah menuju pusat lingkaran dibuat positif.
Maka persamaan Hukum Newton ke dua untuk manik-manik adalah
N  mg cos  
mv 2
R
(1)
(1 poin)
Beda ketinggian manik-manik setelah terjatuh menempuh sudut  adalah R  R cos  ,
sehingga dari kekekalan energi kita dapatkan:
mv 2
 mgR 1  cos  
2
 v 2  2 gR 1  cos  
(1 poin)
(2)
Dengan memasukkan nilai kecepatan dari pers. (2) ke pers. (1), akan diperoleh
page 1
mv2
 mg cos
R
 2mg 1  cos   mg cos
N
(3)
 mg 2  3 cos 
(1 poin)
Dari hukum Newton ke tiga, gaya normal ini sama dengan gaya dari manik-manik
terhadap kawat, yang berarah ke luar lingkaran, yang akan menarik kawat keluar
lingkaran.
Karena ada dua manik-manik, total gaya ke atas pada kawat dari manik-manik adalah
N t  2 N cos   2mg2  3 cos  cos 
(4)
(1 poin)
Nilai  yang menghasilkan besar gaya ke atas maksimum diperoleh dengan
menderivatifkan pers. (4) terhadap  , yang menghasilkan
d

2 cos  3 cos 2  
d
 2 sin   6 sin  cos .
0
(1 poin)
(5)
Oleh karena itu, nilai maksimum dicapai ketika
cos  1 3
atau
 = 70,5o
(2 poin)
b- Jika nilai ini dimasukan dalam pers. (4) diperoleh besar gaya total ke atas sebesar

 1   1  2mg
N t  2mg  2  3    
3
 3   3 

(4 poin)
(6)
c- Lingkaran kawat akan terangkat dari lantai jika nilai gaya maksimum ke atas ini lebih
besar dari berat lingkaran kawat tersebut. Jadi akan diperoleh


2mg
 Mg
3
(3 poin)
m 3

M 2
(3 poin)
(7)
page 2
2. (15 poin) Partikel bermassa m meluncur ke bawah dari permukaan licin dan menumbuk
batang seragam yang bermassa M dan panjangnya L . Partikel m kemudian lengket pada
batang (lihat gambar). Batang dipasak pada titik O dan berotasi menempuh sudut  sebelum
akhirnya berhenti. Tentukan (nyatakan dalam besaran-besaran seperti tampak pada gambar):
a. kecepatan sudut rotasi batang
b. besarnya sudut  yang ditempuh batang

m
M, R
h
Solusi:
a- Dari hukum kekekalan energi pada partikel bermassa m , diperoleh:
Eg (energi potensial yang dilepaskan) = Ek (energi kinetik tepat sebelum tumbukan) (1 poin)
mgh 
1 2
mv
2
sehingga
v  2 gh
kecepatan m menumbuk batang
Momentum sudut kekal selama tumbukan, L = L’ sehingga:
L  mvr  mR 2 gh
L  I p  I b 0  mR2  13 MR 2  0
(1 poin)
(1)
(1 poin)
(1 poin)
(2)
(1 poin)
(3)
(1 poin)
(4)
Karena L  L maka diperoleh:
0 
mR 2 gh
2
2
1
3 MR  mR
page 3
Kecepatan sudut  sebagai fungsi sudut:
Cara 1:
E0  E 
1
2
(1 poin)
I
p

MR 2  mR 2  2 
1 1
2 3
 I b 02  mgR1  cos    Mg 12 R1  cos    12 I p  I b  2
 2  02 

1 1
2 3
(1 poin)
MR 2  mR 2 02  mgR  12 MgR 1  cos  
gR 1  cos  2m  M 
13 MR 2  mR 2 
  2  02 
2 g m  12 M 
1  cos  
R13 M  m 
(1 poin)
Cara 2:
  I
(1 poin)
 mgR sin   12 MgR sin   13 MR 2  MR 2 
 gR sin  m  12 M   R 2 13 MR 2  mR 2 
d
g m  12 M 
  
sin 
dt
R 13 M  m 
d
g m  12 M 

sin  d
d
R  13 M  m 


d  
0
1
2

2
g m  12 M  
sin d
R 13 M  m  0
 02  
  2  02 
(1 poin)
g m  12 M 
1  cos  
R  13 M  m 
2 g m  12 M 
1  cos  
R  13 M  m 
(1 poin)
page 4
b- Energi kinetik setelah tumbukan Ek  sama dengan energi potensial system E g  pada
sudut  , Ek’ = Eg’, sehingga
Ek 
1
2
I
p
 Ib

2

1
2
(1 poin)
mR
2
 MR
1
3
2

m 2 R 2 2 gh 
mR
2
 13 mR2 
2
3m 2 gh

M  3m
E g  mg R  R cos    Mg  12 R  12 R cos  
(2 poin)
(5)
(2 poin)
(6)
Dari pers. (5) dan (6)
2 Ek  2 E g
6m 2 gh
 2mgR  MgR  2mgR cos   MgR cos 
M  3m
6m 2 gh
2mgR  MgR 
 2mgR  MgR  cos 
M  3m
6m 2 gh
1
 cos 
M  3m 2mgR  MgR 
(7)
(2 poin)
Dari pers. (7) diperoleh:

   cos 1 1 


6m 2 h
M  3mM  2mR 
(8)
page 5
3. (20 poin) Seutas kawat dibentuk menjadi loop tertutup berbentuk persegi panjang dengan
ukuran tinggi = T dan lebar = L , bermassa m dan hambatannya R . Pada t  0 lilitan kawat
ini dijatuhkan dari ketinggian y  h dihitung dari bidang batas antara yang tidak ada medan
magnet ( y  0 ) dan yang ada medan magnet homogen ( y  0 ) dengan kecepatan awal
vo  0 m/s. Pada saat t  t1 lilitan kawat bagian bawah persis berada pada bidang batas y  0 .
Untuk y  0 ada medan magnet B dengan arah tegak lurus ke luar bidang gambar. Pada saat
t = t2 lilitan kawat bagian atas persis berada pada bidang batas y = 0. Hitung kecepatan gerak
dari loop tertutup ini, pada saat:
a. 0  t  t1 ,
b. t1  t  t2 dan
c. t  t2 .
T
L
t  t2
y0
t0
t
t  t1
B
Solusi
a. Untuk 0  t  t1 :
gerak jatuh bebas, maka v(t )  gt
(2 poin)
Untuk t  t1 , maka v1  gt1  2 gh
(3 poin)
page 6
b. t1  t  t2 , timbul GGL induksi pada loop kawat itu sebesar
d
dA
dT
 B
  BL
  BLv(t )
(2 poin)
dt
dt
dt
dengan  : fluks magnet,
A : luas loop kawat,
B : medan magnet,
(1 poin)
v (t ) : kecepatan loop kawat.
Sehingga timbul arus listrik di loop kawat itu yang searah jarum jam dan besarnya:
BLv (t )
(1 poin)
I
R
Gaya magnet yang terjadi pada loop kawat itu adalah: (1 poin)
V 
F  BIL  
B 2 L2v(t )
(arahnya ke atas),
R
(1 poin)
dv
B 2 L2v
 mg 
dt
R
Solusi dari persamaan gerak ini (dengan syarat batas t = t1  t dan v = v1  v)
adalah:
sehingga persamaan gerak kawat loop adalah:
v
m
 B 2 L2

mgR 
mgR 

gt

exp
 t  t1  

 1
2 2
2 2 
B L 
B L 
 mR

(2 poin)
(1 poin)
(2 poin)
(1 poin)
c. Untuk t  t2 , gaya yang mempengaruhi sistem ini adalah gaya magnet dan gaya
gravitasi, sehingga kecepatannya menjadi:
v
 B 2 L2

mgR 
mgR 

gt

exp
 t2  t1    g (t  t2 )

 1
2 2
2 2 
BL 
BL 
 mR

(3 poin)
page 7
4. (20 poin) Sebuah silinder dengan massa m dan jari-jari r berada dalam keadaan diam,
ditopang oleh sebuah balok seperti terlihat pada gambar. Kemudian balok ditarik sedemikian
sehingga balok bergeser menjauhi silinder dengan laju konstan v. Asumsikan bahwa pada
awalnya balok berada sangat dekat dengan dinding dan abaikan gesekan antara silinder
dengan dinding dan dengan balok. Tentukan:
m
r
A
B
v
a. bentuk lintasan pusat massa silinder selama gerakannya terhadap titik A
b. syarat kecepatan v agar silinder tetap kontak dengan dinding ketika jarak antara titik A
dan B adalah r 2
c. gaya yang diberikan dinding kepada silinder ketika jarak antara titik A dan B adalah r 2
Solusi:
a- Tinjau gambar dibawah ini
O
B’
O’
B
A
Selama silinder tetap kontak dengan dinding dan balok, maka sumbu silinder (garis yang
melalui titik O, sumbu silinder) berada di tengah-tengah AB, sehingga akibatnya silinder
memiliki kecepatan arah horizontal sebesar v 2 . Jadi titik pusat silinder (titik O)
bergerak dengan lintasan lingkaran terhadap titik A (lihat gambar diatas).
(5 poin)
page 8

O
N
u
B
A
w
b- Karena titik pusat silinder (titik O) bergerak melingkar, maka kecepatan geraknya selalu
tegak lurus terhadap garis OA = r. Misalkan suatu saat kecepatan geraknya adalah u dan
membentuk sudut  terhadap horizontal, maka
u cos  
v
2
(2 poin)
(1)
Karena jarak AB  r 2 , maka gaya kontak antara silinder dengan balok berarah tegak
lurus terhadap garis OA. Gaya-gaya yang bekerja pada titik O (pada arah OA) adalah
mg cos   N 
mu 2
r
(2)
atau
N  mg cos  
mu 2
r
(2 poin)
(3)
Ketika jarak AB  r 2 , maka
cos  
r 2
1

2r
2
(1 poin)
(4)
Agar silinder kontak dengan dinding ketika AB  r 2 , maka N  0 , sehingga
(1 poin)
page 9
mu 2
r
2
g
v

2 2r
mg cos  
(2 poin)
(5)
atau
v  gr 2
(3 poin)
(6)
c- Dan gaya kontaknya adalah
N
mg
2

mv 2
2r
(4 poin)
(7)
page 10
5. (28 poin) Sebuah benda bermassa m A berada
pada lantai licin dan dihubungkan dengan pegas
tak bermassa (dengan konstanta pegas k) yang
melekat pada tembok. Jarak
mA
dengan
tembok ketika pegas tak tertarik serta ketika
pegas tertarik ke kanan berturut-turut adalah x0
dan x0 + x. Sebuah bandul terdiri dari batang
tak bermassa dengan panjang L dan bola bandul
dengan massa mB . Jari-jari mB jauh lebih kecil
daripada L. Bandul tersebut terhubung pada m A melalui sumbu licin. Sudut antara batang
bandul dengan garis vertikal adalah . Percepatan gravitasi g mengarah ke bawah.
a. Tuliskan dua persamaan gerak yang bekerja pada sistem tersebut untuk dua variabel x
dan . Lakukan substitusi agar persamaan gerak tersebut tidak mengandung gaya tegang
batang. Disini Anda jangan menggunakan asumsi sudut  kecil.
b. Untuk selanjutnya, gunakan asumsi sudut 
kecil. Tuliskan dua persamaan gerak
tersebut.
c. Tentukan perumusan kuadrat kecepatan sudut  2 untuk sistem tersebut. (Ambillah
ilustrasi nilai  2 dinyatakan dalam bentuk g/L untuk harga mA  2mB dan kL  mA g )
Untuk pertanyaan (d) hingga (g) akan ditinjau kasus khusus dari perumusan  2 yang telah
diperoleh dari (c). Kemudian berikan penjelasan dari makna fisis untuk bentuk  2 pada
masing-masing kasus khusus berikut:
d. jika tidak ada pegas (limit k  0)
e. jika konstanta pegas sangat besar (limit k  )
f. jika bola B tidak ada ( mB = 0)
g. jika batang bandul tidak ada (limit L  0).
page 11
Solusi:
a. Diagram gaya sistem pegas dan bandul disajikan di bawah ini
Vektor koordinat, kecepatan dan percepatan pada A dan B:
A:
rA  ( x0  x,0)  rA  ( x,0)  rA  ( x,0)
B:
rB  ( x0  x  L sin  ,  L cos  )  rB  ( x  L cos  , L sin  ) 
rB  ( x  L( cos    2 sin  ), L( sin    2 cos  ))
Gaya pada A dan B:
A: FA  (T sin   kx, N  T cos   mA g )
B: FB  (T sin  , T cos   mB g )
Persamaan gaya pada A:
Sumbu x: T sin   kx  mA x
Sumbu y: N  T cos   mA g  0
(1)
(2)
(1 poin)
Persamaan gaya pada B:
Sumbu x:
T sin   mB ( x  L( cos    2 sin  ))
Sumbu y:
T cos   mB g  mB L( sin    2 cos  )
(3)
(4)
(1 poin)
Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (3)
diperoleh
m A  mB x  mB Lcos    2 sin    kx  0
(1 poin)
(5)
Penjumlahan dari persamaan (3)  cos dan persamaan (4)  sin  akan menghasilkan
bentuk yang dapat disederhanakan menjadi
(1 poin)
x cos   L  g sin   0
(6)
b. Jika  kecil maka cos  1 , sin    dan  2  0 . Persamaan (5) dan (6) masing-masing
menjadi
(mA  mB ) x  mB L  kx  0
(1 poin)
(7)
x  L  g  0
(1 poin)
(8)
page 12
c. Dengan asumsi x dan  mengalami osilasi kecil dengan frekuensi sudut  maka
x  eit  x   2 x dan   eit     2 .
(1 poin)
Persamaan (7) dan (8) menjadi:
[k  (mA  mB ) 2 ] x  mB 2 L  0
 2 x  ( g   2 L)  0
(9)
(1 poin)
Persamaan (9) dan (10) dapat disusun dalam bentuk matriks
 k  (mA  mB ) 2 mB 2 L   x   0 

    

 2
g   2 L      0 

(10)
(11)
Solusi persamaan (11) adalah jika determinan matriks persegi di ruas kiri = 0.
Jadi
(k  (mA  mB ) 2 )( g   2 L)  mB 4 L  0
mA L 4  (kL  (mA  mB ) g ) 2  kg  0
kL  (mA  mB ) g  (kL  (mA  mB ) g )2  4kLmA g
 
2m A L
2
Untuk nilai mA  2mB dan kL  mA g , maka  2  2 g / L atau  2  g / 2L .
(1 poin)
(1 poin)
d. Kasus khusus: jika tidak ada pegas atau k = 0 maka
(m  mB ) g  (m A  mB ) g
2  A
2m A L
Untuk tanda + maka  2  (mA  mB ) g / mA L .
(1 poin)
Pada kasus ini, kedua massa sama-sama berosilasi dengan kecepatan sudut yang sama,
namun dengan arah yang berlawanan. Jika m A bergerak ke kiri maka mB bergerak ke
(1 poin)
kanan.
(1 poin)
Untuk tanda  maka  2  0 .
Pada kasus ini kedua massa bergerak lurus beraturan sepanjang sumbu x.
(1 poin)
e. Kasus khusus: jika k sangat besar   maka
1/2


 
4kLmA g
1 
2

 
kL  (mA  mB ) g  kL  (mA  mB ) g 1 
 (kL  (m  m ) g )2  
2m A L 

A
B
 



2kLm A g
1 
2 
 kL  (m A  mB ) g   kL  (m A  mB ) g 

2m A L 
kL  (m A  mB ) g  

page 13
Untuk tanda  maka  2 
g
g
 .
L  (m A  mB ) g / k L
(1 poin)
Pada kasus ini tetapan pegas yang sedemikian besar menyebabkan m A seperti diam di
tempat. Jadi hanya mB yang dapat bergerak osilasi dengan panjang bandul L sehingga
(1 poin)
frekuensi sudut mB adalah  2  g / L .
Untuk tanda + maka
kL  (mA  mB ) g
kg
k (mA  mB ) g g  (mA  mB ) g 
2 



 1 

mA L
kL  (mA  mB ) g mA
mA L
L
kL

 2  (k / mA )  (mB g / mA L) . Tetapi karena k sangat besar, maka suku mB g / mA L
(1 poin)
dapat diabaikan sehingga  2  k / mA .
Ini adalah kecepatan sudut untuk massa m A yang terikat pada pegas bertetapan k.
(1 poin)
f. Kasus khusus: mB  0 maka
kL  mA g  (kL  mA g )2  4kLmA g kL  mA g  (kL  mA g )2

2m A L
2mA L
kL  m A g  (kL  m A g )
.
2 
(1 poin)
2m A L
2 
Untuk tanda + maka  2  k / mA . Ini adalah kecepatan sudut untuk m A .
(1 poin)
(1 poin)
Untuk tanda  maka  2  g / L . Ini adalah kecepatan sudut untuk ayunan bandul dengan
panjang bandul L.
(1 poin)
g. Kasus khusus: L  0 maka
1/2 



4
kLm
g
1
A
 kL  (mA  mB ) g  kL  (mA  mB ) g 1 

2 
 (kL  (m  m ) g )2  
2m A L 

A
B
 



2kLm A g
1 
2 
 kL  (m A  mB ) g   kL  (m A  mB ) g 

2m A L 
kL  (m A  mB ) g  

Untuk tanda  maka  2 
kg
k

untuk limit L  0 .
kL  (m A  mB ) g m A  mB
(1 poin)
(2 poin)
page 14
Ini dapat dipahami yaitu ketika batang bandul tidak ada maka mB akan menempel pada
m A sehingga total massa yang terikat pada pegas k adalah mA  mB . Jadi kecepatan
sudutnya adalah  2  k / (mA  mB ) .
===
(1 poin)
Selesai
===
page 15