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 θ (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 θ 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 θ =
mv 2
R
(1)
(1 poin)
Beda ketinggian manik-manik setelah terjatuh menempuh sudut θ adalah R − R cos θ ,
sehingga dari kekekalan energi kita dapatkan:
mv 2
= mgR (1 − cos θ )
2
⇒ v 2 = 2 gR (1 − cos θ )
(1 poin)
(2)
Dengan memasukkan nilai kecepatan dari pers. (2) ke pers. (1), akan diperoleh
page 1
mv 2
N=
− mg cosθ
R
= 2mg (1 − cosθ ) − mg cosθ
(3)
= mg (2 − 3 cosθ )
(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 θ = 2mg (2 − 3 cos θ ) cos θ
(4)
(1 poin)
Nilai θ yang menghasilkan besar gaya ke atas maksimum diperoleh dengan
menderivatifkan pers. (4) terhadap θ , yang menghasilkan
d
2 cosθ − 3 cos 2 θ
dθ
= −2 sin θ + 6 sin θ cosθ .
0=
(
)
(1 poin)
(5)
Oleh karena itu, nilai maksimum dicapai ketika
cos θ = 1 3
atau
θ = 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 θ sebelum
akhirnya berhenti. Tentukan (nyatakan dalam besaran-besaran seperti tampak pada gambar):
a. kecepatan sudut rotasi batang
b. besarnya sudut θ yang ditempuh batang
m
M,R
θ
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)
1
mgh = mv2
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 )ω0 = (mR 2 + 13 MR 2 )ω 0
(1 poin)
(1)
(1 poin)
(1 poin)
(2)
(1 poin)
(3)
(1 poin)
(4)
Karena L = L′ maka diperoleh:
ω0 =
1
3
mR 2 gh
MR 2 + mR 2
page 3
Kecepatan sudut ω sebagai fungsi sudut:
Cara 1:
E0 = E ′
1
2
(1 poin)
(I
p
(
MR 2 + mR 2 )ω 2 =
1 1
2 3
+ I b )ω0′2 = mgR (1 − cos γ ) + Mg 12 R (1 − cos γ ) +
ω 2 = ω02 −
(
1 1
2 3
1
2
(I
p
+ I b )ω 2
(1 poin)
MR 2 + mR 2 )ω02 − (mgR + 12 MgR)(1 − cos γ )
gR (1 − cos γ )(2m + M )
(13 MR 2 + mR 2 )
∴ ω 2 = ω02 −
2 g (m + 12 M )
(1 − cos γ )
R ( 13 M + m )
(1 poin)
Cara 2:
∑ τ = Iα
(1 poin)
− mgR sin γ − 12 MgR sin γ = (13 MR 2 + MR 2 )α
− gR sin γ [m + 12 M ] = R 2α (13 MR 2 + mR 2 )α
dω
g (m + 12 M )
=α = −
sin γ
dt
R ( 13 M + m )
dω
g (m + 12 M )
ω=−
sin γ dγ
dγ
R ( 13 M + m )
ω
∫ω
ωdω = −
0
1
2
(ω
2
g (m + 12 M ) γ
sin γdγ
R ( 13 M + m ) ∫0
− ω02 ) =
∴ ω 2 = ω02 −
(1 poin)
g (m + 12 M )
(1 − cos γ )
R ( 13 M + m )
2 g (m + 12 M )
(1 − cos γ )
R ( 13 M + m )
(1 poin)
page 4
b- Energi kinetik setelah tumbukan (Ek′ ) sama dengan energi potensial system (Eg′ ) pada
sudut θ , Ek’ = Eg’, sehingga
Ek′ =
1
2
(I
2
p + I b )ω =
1
2
(1 poin)
(mR
2
+ 13 MR 2 )
m 2 R 2 (2 gh )
(mR
2
+ 13 mR 2 )
2
=
3m 2 gh
M + 3m
E g′ = mg (R − R cosθ ) + Mg ( 12 R − 12 R cosθ )
(2 poin)
(5)
(2 poin)
(6)
Dari pers. (5) dan (6)
2 Ek′ = 2 E′g
6m 2 gh
= 2mgR + MgR − 2mgR cos θ − MgR cos θ
M + 3m
6m 2 gh
2mgR + MgR −
= (2mgR + MgR ) cos θ
M + 3m
6m 2 gh
1−
= cos θ
(M + 3m )(2mgR + MgR )
(7)
(2 poin)
Dari pers. (7) diperoleh:

∴ θ = 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
dφ
dA
dT
= −B
= − BL
= − BLv(t )
(2 poin)
dt
dt
dt
dengan φ : 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 L2 v(t )
(arahnya ke atas),
R
(1 poin)
dv
B 2 L2 v
= 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:
 B 2 L2

mgR 
mgR 
v = 2 2 +  gt1 − 2 2  exp  −
( t2 − t1 )  + g (t − t2 )
B L 
B L 
 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. 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
α
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 α terhadap horizontal, maka
u cos α =
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 α − N =
mu 2
r
(2)
atau
N = mg cos α −
mu 2
r
(2 poin)
(3)
Ketika jarak AB = r 2 , maka
cos α =
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 α >
(2 poin)
(5)
atau
v < gr 2
(3 poin)
(6)
c- Dan gaya kontaknya adalah
N=
mg mv 2
−
2 2r
(4 poin)
(7)
page 10
5. (28 poin) Sebuah benda bermassa mA 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 mA melalui sumbu licin. Sudut antara batang
bandul dengan garis vertikal adalah θ. Percepatan gravitasi g mengarah ke bawah.
a. Tuliskan dua persamaan gerak yang bekerja pada sistem tersebut untuk dua variabel x
dan θ. Lakukan substitusi agar persamaan gerak tersebut tidak mengandung gaya tegang
batang. Disini Anda jangan menggunakan asumsi sudut θ kecil.
b. Untuk selanjutnya, gunakan asumsi sudut θ
kecil. Tuliskan dua persamaan gerak
tersebut.
c. Tentukan perumusan kuadrat kecepatan sudut ω 2 untuk sistem tersebut. (Ambillah
ilustrasi nilai ω 2 dinyatakan dalam bentuk g/L untuk harga mA = 2mB dan kL = m A g )
Untuk pertanyaan (d) hingga (g) akan ditinjau kasus khusus dari perumusan ω 2 yang telah
diperoleh dari (c). Kemudian berikan penjelasan dari makna fisis untuk bentuk ω 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:
rA = ( x0 + x, 0) → r&A = ( x&, 0) → &&
rA = ( &&
x, 0)
A:
r = ( x + x + L sin θ , − L cos θ ) → r& = ( x& + Lθ& cos θ , Lθ& sin θ ) →
B:
B
0
B
&2
&&
rB = ( &&
x + L(θ&& cos θ − θ sin θ ), L(θ&&sin θ + θ&2 cos θ ))
Gaya pada A dan B:
A: FA = (T sin θ − kx, N − T cos θ − m A g )
B: FB = (−T sin θ , T cos θ − mB g )
Persamaan gaya pada A:
x
Sumbu x: T sin θ − kx = mA &&
Sumbu y: N − T cos θ − m A g = 0
(1)
(2)
(1 poin)
Persamaan gaya pada B:
Sumbu x:
−T sin θ = mB ( &&
x + L(θ&& cos θ − θ& 2 sin θ ))
Sumbu y:
T cos θ − mB g = mB L(θ&&sin θ + θ& 2 cos θ )
(3)
(4)
(1 poin)
Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (3)
diperoleh
(m A + mB )&x& + mB L(θ&&cosθ − θ& 2 sin θ ) + kx = 0
(1 poin)
(5)
Penjumlahan dari persamaan (3) × cos θ dan persamaan (4) × sin θ akan menghasilkan
bentuk yang dapat disederhanakan menjadi
(1 poin)
&&
x cos θ + Lθ&& + g sin θ = 0
(6)
b. Jika θ kecil maka cos θ ≈ 1 , sin θ ≈ θ dan θ&2 ≈ 0 . Persamaan (5) dan (6) masing-masing
menjadi
(mA + mB ) &&
x + mB Lθ&& + kx = 0
(1 poin)
(7)
&&
x + Lθ&& + gθ = 0
(1 poin)
(8)
page 12
c. Dengan asumsi x dan θ mengalami osilasi kecil dengan frekuensi sudut ω maka
x ∝ eiωt → &&
x ∝ −ω 2 x dan θ ∝ eiωt → θ&& ∝ −ω 2θ .
(1 poin)
Persamaan (7) dan (8) menjadi:
[k − (m A + mB )ω 2 ] x − mBω 2 Lθ = 0
(9)
(1 poin)
−ω 2 x + ( g − ω 2 L)θ = 0
Persamaan (9) dan (10) dapat disusun dalam bentuk matriks
 k − (mA + mB )ω 2 −mBω 2 L   x   0 


=
2
2  θ   0 



 
−
g
−
L
ω
ω


(10)
(11)
Solusi persamaan (11) adalah jika determinan matriks persegi di ruas kiri = 0.
Jadi
(k − (mA + mB )ω 2 )( g − ω 2 L) − mBω 4 L = 0
mA Lω 4 − (kL + (mA + mB ) g )ω 2 + kg = 0
ω2 =
kL + (m A + mB ) g ± (kL + (mA + mB ) g ) 2 − 4kLm A g
2m A L
Untuk nilai mA = 2mB dan kL = m A g , maka ω 2 = 2 g / L atau ω 2 = g / 2 L .
(1 poin)
(1 poin)
d. Kasus khusus: jika tidak ada pegas atau k = 0 maka
( m + mB ) g ± ( m A + mB ) g
ω2 = A
2m A L
Untuk tanda + maka ω 2 = (m A + mB ) g / m A L .
(1 poin)
Pada kasus ini, kedua massa sama-sama berosilasi dengan kecepatan sudut yang sama,
namun dengan arah yang berlawanan. Jika mA bergerak ke kiri maka mB bergerak ke
(1 poin)
kanan.
(1 poin)
Untuk tanda − maka ω 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


 
1 
4kLmA g
2

ω =
kL + (mA + mB ) g ± kL + (mA + mB ) g 1 −
 (kL + (m + m ) g )2  
2m A L 

A
B
 



2kLm A g
1 
ω2 ≈
 kL + ( m A + mB ) g ±  kL + ( m A + mB ) g −

2m A L 
kL + ( m A + mB ) g  

page 13
Untuk tanda − maka ω 2 ≈
g
g
≈ .
L + ( m A + mB ) g / k L
(1 poin)
Pada kasus ini tetapan pegas yang sedemikian besar menyebabkan mA seperti diam di
tempat. Jadi hanya mB yang dapat bergerak osilasi dengan panjang bandul L sehingga
(1 poin)
frekuensi sudut mB adalah ω 2 = g / L .
Untuk tanda + maka
kL + (m A + mB ) g
kg
k (mA + mB ) g g  (m A + mB ) g 
ω2 ≈
−
≈
+
− 1 −

mA L
kL + (m A + mB ) g m A
mA L
L
kL

ω 2 ≈ (k / m A ) + (mB g / mA L) . Tetapi karena k sangat besar, maka suku mB g / m A L
dapat diabaikan sehingga ω 2 ≈ k / mA .
(1 poin)
Ini adalah kecepatan sudut untuk massa mA yang terikat pada pegas bertetapan k.
(1 poin)
f. Kasus khusus: mB = 0 maka
kL + m A g ± (kL + m A g ) 2 − 4kLm A g kL + m A g ± (kL − m A g ) 2
ω =
=
2mA L
2m A L
kL + m A g ± ( kL − m A g )
.
ω2 =
(1 poin)
2m A L
2
Untuk tanda + maka ω 2 = k / mA . Ini adalah kecepatan sudut untuk mA .
(1 poin)
(1 poin)
Untuk tanda − maka ω 2 = g / L . Ini adalah kecepatan sudut untuk ayunan bandul dengan
panjang bandul L.
(1 poin)
g. Kasus khusus: L → 0 maka
1/2


 
1 
4kLmA g
2

ω =
kL + (mA + mB ) g ± kL + (mA + mB ) g 1 −
 (kL + (m + m ) g )2  
2m A L 

A
B
 



2kLm A g
1 
ω2 ≈
 kL + ( m A + mB ) g ±  kL + ( m A + mB ) g −

2m A L 
kL + ( m A + mB ) g  

kg
k
=
untuk limit L → 0 .
Untuk tanda − maka ω 2 ≈
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
mA sehingga total massa yang terikat pada pegas k adalah mA + mB . Jadi kecepatan
sudutnya adalah ω 2 = k / (mA + mB ) .
===
(1 poin)
Selesai
===
page 15
Solusi Fisika Eksperimen
OSN ke XII di Bandung, 2 – 8 September
Bagian 1
(2 poin)
a- Besarnya medan magnet dB di titik P yang disebabkan oleh elemen kawat ber-arus ds adalah:
r
r µo i ds xrˆ µo i
ds
dB =
=
2
2
4π r
4π (x + R 2 )
(1)
Arah dB tegak lurus terhadap bidang yang dibentuk oleh r̂ dan ds. Untuk komponen x nya bisa
diturunkan dalam bentuk:
µo i ds cos θ
4π ∫ x 2 + R 2
B x = ∫ dB cos θ =
(
Dengan mengambil cos θ = R / x 2 + R 2
Bx =
µo iR
)
∫ ds =
4π (x 2 + R 2 )
3/ 2
1/ 2
(2)
dan batas integral ds dari 0 sampai 2πR, diperoleh
µo iR 2
2(x 2 + R 2 )
3/ 2
(3)
Untuk N lilitan kawat kumparan, komponen horizontal medan magnetik di titik P adalah
Bx =
R2
µo Ni
2
(x
2
+ R2 )
3/ 2
(4)
(0,8 poin)
1
B0 =
Dan di x = 0, di pusat kumparan:
µo Ni
2R
(5)
b- Medan magnet yang bekerja pada magnet batang silinder pada saat kumparan bekerja dan pusat
massa magnet batang berada pada sumbu-X adalah
(6)
(0,5 poin)
B = Bt = Bk + BH
dimana Bk adalah medan magnet dari kumparan dan BH medan magnet dari komponen
horizontal magnet bumi.
c- Torsi akibat medan luar (terhadap titik pusat massa O dari magnet batang):
r
r
r
τ = m×B
(7)
Dari hukum II Newton untuk gerak rotasi:
∑ τ = Iα
(8)
dengan I adalah momen inersia pusat massa magnet batang.
Jadi
mB sin θ = Iθ&&
(9)
Untuk sudut simpangan kecil, berlaku:
θ&& +
mB
θ =0
I
(10)
Jadi magnet batang akan berosilasi sederhana dengan
ω=
T = 2π
mB
I
I
mB
atau
(11)
(0,7 poin)
2
Bagian 2
(1,6 poin)
T untuk 10x ayunan
l (cm)
T1 (sec)
T2 (sec)
T3 (sec)
<T>
3
11.72
11.78
11.75
11.750
5
11.74
11.85
11.78
11.790
7
11.78
11.85
11.87
11.833
9
11.91
11.85
11.85
11.870
10
11.96
11.88
11.93
11.923
11
11.9
12.03
11.96
11.963
13
11.91
11.93
12.05
11.963
17
11.97
12
11.91
11.960
23
12
11.93
11.96
11.963
27
11.91
11.97
12
11.960
Kesimpulan:
Setelah panjang tali 10 cm nampak bahwa periode osilasi konstan. Jadi maksimum panjang tali dimana
torsi (osilasi) bisa diabaikan adalah l > 10 cm.
Data
(1 poin)
Kesimpulan benar
(0,6 poin)
Bagian 3
Ketika pusat massa magnet batang berada pada sumbu-X kumparan, posisi pusat massa magnet batang
berada pada ketinggian h = (23,5 ± 1) cm diatas permukaan meja.
(0,4 poin)
3
a- Ketika medan magnet dari kumparan dan medan magnet bumi searah
Jarak,
x (cm)
14
14.5
15
15.5
16
16.5
17
17.5
18
18.5
19
19.5
20
20.5
21
Waktu 20x osilasi (detik)
T1
T2
T3
<T>
8.78
9.16
9.5
9.84
10.22
10.53
10.94
11.28
11.47
11.78
12.16
12.31
12.71
12.9
13.09
8.81
9.22
9.59
9.90
10.22
10.65
10.95
11.16
11.50
11.72
12.09
12.34
12.68
12.91
13.01
8.85
9.18
9.46
9.97
10.22
10.53
10.94
11.22
11.44
11.75
12.22
12.34
12.68
12.90
13.04
8.81
9.19
9.52
9.90
10.22
10.57
10.94
11.22
11.47
11.75
12.16
12.33
12.69
12.90
13.05
T
(detik)
1/T2
(detik)-2
0.44
0.46
0.48
0.50
0.51
0.53
0.55
0.56
0.57
0.59
0.61
0.62
0.63
0.65
0.65
5.15
4.74
4.42
4.08
3.83
3.58
3.34
3.18
3.04
2.90
2.71
2.63
2.48
2.40
2.35
Medan
Magnetik
Kumparan
(Tesla)
2.30E-04
2.12E-04
1.96E-04
1.82E-04
1.69E-04
1.57E-04
1.46E-04
1.36E-04
1.27E-04
1.19E-04
1.11E-04
1.04E-04
9.74E-05
9.14E-05
8.58E-05
Kurva dari 1/T2 vs Bk adalah:
Grafik 1/T2 vs Bkumparan
6,0
1/T2 (sec) -2
5,0
y = 19430x + 0,585
R² = 0,996
4,0
3,0
2,0
1,0
0,0
0,00E+00
5,00E-05
1,00E-04
1,50E-04
2,00E-04
2,50E-04
Bkumparan (Tesla)
Dari kurva diatas diperoleh: gradient b = 19430 s-2 T-1 dan
Intercept a = 0.5853 s-2
4
Dari persamaan (11) diperoleh
T 2 = 4π 2
Jika α =
m
I
mB
1
m
=
B
2
T
4π 2 I
atau
(12)
dan substitusikan pers. (6) ke dalam pers. (12) diperoleh:
4π 2 I
1
= αB = αBk + αBH
T2
(13)
Persamaan (13) adalah persamaan linier yang menghubungkan antara 1/T2 vs Bk. Jadi dari kurva
diatas kita dapatkan:
α = b = 19430 s-2T-1
dan αBH = a = 0.5853 s-2
Maka, komponen horizontal medan magnet bumi, BH = a/b
BH =
a 0.5853
=
= 3.01235x10 −5 T
b 19430
atau
BH = 30 123 nT
 L2 r 2 
+  = 0.426
 12 4 
Momen magnetik m = 4π 2 Iα = 4π 2αM 
Marking Scheme untuk Nomor 3a (total 10 poin):
Untuk Data (3 poin)
1- Parameter data dan satuannya (0,5)
2- Parameter data tanpa satuan (0,2)
3- Jumlah data: > = 10
(1,5)
7–9
(1)
3–6
(0,5)
<3
(0)
4- Kecocokan data dengan kunci (1) error 25%
(0,5) error 50%
Untuk Grafik (3 poin)
1- Parameter data dan satuannya
2- Titik2 data dan kurva yang tepat
3- Membuat persamaan linearisasi
(0,5)
(1)
(1,5)
Untuk Perhitungan (4 poin)
1234-
Mendapatkan gradient
Mendapatkan intercept
Menghitung BH
Menghitung m
(1)
(1)
(1)
(1)
5
b- Ketika hanya ada medan magnet Bumi saja
Dalam kondisi ini berlaku hubungan
1
m
= αB = αBH =
BH
2
T
4π 2 I
(14)
Untuk 20x osilasi diperoleh data T20 (detik) : 26.2; 26.13; 26.17; 26.19; 26.21
(1 poin)
Periode rata-ratanya <T> = 1.309 detik. Jadi dengan nilai T rata-rata dan nilai m yang telah
diperoleh diatas, bisa kita hitung nilai BH sebagai:
I
mT 2
= 3,0016 ×10−5 T
BH = 4π 2
(1 poin)
= 30016 nT
Marking Scheme nomor 3b:
1- Jumlah data hingga rata-rata
Jika data
=1
Jika data
2–3
Jika data
>3
2- Hitung BH
(1.0)
(0)
(0,5)
(1.0)
(1.0)
c- Ketika Arah medan magnet solenoida berlawan dengan arah medan magnet Bumi
Ketika medan magnet kumparan dan medan magnet bumi saling meniadakan, posisi pusat massa
magnet batang dari kumparan berada di:
x (cm) = 31.2; 31.1; 31.0; 30.3; 31.1
jarak rata-ratanya
(2 poin)
xo = 30.94 cm
jika medan magnet kumparan saling meniadakan terhadap medan magnet bumi, berarti
B H = Bk ( x o ) =
R2
µo Ni
2
(x
2
o
+ R2 )
3/ 2
(15)
(1 poin)
Dengan mengganti parameter x menjadi xo, maka
BH = 30 029.4 nT
(1 poin)
6
Marking Scheme nomor 3c:
1- Jumlah data hingga rata-rata
Jika data
=1
Jika data
2–3
Jika data
>3
2- Perumusan BH = Bk(xo)
3- Hitung BH
(1.0)
(0)
(1.0)
(2.0)
(1.0)
(1.0)
7