OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014 BIDANG ILMU FISIKA SELEKSI TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015 SOAL TES TEORI. Waktu : 5 Jam

Teks penuh

(1)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014

BIDANG ILMU FISIKA

SELEKSI TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015

SOAL TES TEORI Waktu : 5 Jam

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS

(2)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

1. (10 Poin) Sebuah silinder pejal bermassa M dan berjar-jari R berada di sebuah pojok dan menyentuh dinding maupun lantai., seperti terlihat pada gambar di bawah. Seutas tali tak bermassa dan sangat panjang dililitkan pada silinder kemudian dipasang pada katrol licin secara mendatar dan dihubungkan ke benda bermassa m. Koefisien gesek kinetik μ berlaku untuk permukaan dinding dan lantai. Selama benda m bergerak ke bawah, silinder M tetap berada dalam kontak dengan dinding dan lantai. Tentukan :

a. gaya normal dari dinding dan lantai (nyatakan dalam μ, m, M dan g )

b. percepatan benda m dan hitung pula nilai percepatannya secara numerik untuk data berikut ini : μ = 0.5 , m= 11 kg, M = 8 kg , R= 0,4 M dan g= 10 m/s2.

c. nilai m/M minimum agar silinder dapat berotasi.

2. (13 Poin) Perhatikan gambar di bawah ini . Sebuah bola billiard berjari-jari R diletakkan pada posisi (a,b) dari ujung kiri atas meja (lubang A). Panjang dan lebar bagian dalam meja berturut-turut adalah P dan L. Seorang siswa ingin memasukkan bola tersebut ke dalam lubang C dengan memukulnya oleh gaya sesaat F pada sudut  pada posisi terhadap sisi AB. Waktu kontak pemukul dengan bola adalah ∆t0 dan asumsikan seluruh impuls yang diberikan pemukul dikonversi menjadi momentum bola. Siswa tersebut berencana memantulkan bola tersebut dua kali yaitu dipantulkan oleh sisi AB dan sisi BD, sampai akhirnya masuk ke lubang. Lubang pada meja dibuat sedemikian sehingga titik tengah lubang tersebut berada tepat pada ujung-ujung bagian dalam meja. Dan ketika bola masuk, pusat massa bola dianggap berada pada pusat lubang. Tentukanlah :

a. tan agar bola tepat masuk di lubang C ( nyatakan dalam b, P,L dan a) b. S1 yaitu jarak yang ditempuh bola sebelum menumbuk dinding AB.

c. S2 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan sebelum menumbuk dinding BD.

d. S3 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki lubang.

e. Jika tumbukan antara bola dan dinding adalah lenting sebagian dengan koefisien restitusi e, tentukan kecepatan bola sesaat sebelum masuk ke dalam lubang ( nyatakan dalam F, ∆t0, e, m, k. R, S1, S2 dan S3 ).

( Asumsikan energi yang hilang akibat rotasi adalah kmRd dimana k adalah konstanta penghambat rotasi, m adalah massa bola, dan d adalah jarak yang ditempuh bola.)

m g

M R

(3)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

3. (15 Poin) Dua buah partikel A dan B dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu y dan partikel C dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu x. Partikel B dan C terhubung melalui suatu batang tegar yang tak bermassa dengan panjang L, sedangkan partikel A dan C terhubung melalui suatu batang tegar tak bermassa dengan panjang L 3 . Terdapat suatu engsel licin yang menghubungkan kedua ujung batang tersebut di C (lihat gambar). Diketahui massa ketiga partikel mA = mB = mC = m dan pada saat awal , θ1(0) = π/6 rad, ω1(0) = ω2(0) = 0 rad/s, dimana ω1 =dθ1/dt dan ω2 =dθ2 /dt. Tentukan : a. posisi masing-masing partikel (nyatakan dalam sudut θ1 dan θ2 ) dan tentukan

hubungan antara sudut θ1 dan θ2 .

b. energi total dari sistem dinyatakan dalam sudut θ2 dan ω2.

c. Kecepatan dan percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali.

4. (20 Poin) Sebuah kapasitor keping sejajar mempunyai luas penampang A terpisah sejauh d, serta tinggi a. Ruang diantara kapasitor berisi udara dengan permitivitas anggap sama dengan ruang hampa yaitu ε0. Kapasitor kemudian dihubungkan dengan sebuah baterai yang memiliki tegangan V0. Kemudian baterai diputuskan, muatan pada kapasitor dipertahankan tetap sebesar Q0, kemudian sebuah lembaran dielektrik padat dengan luas yang sama, A, dan tebal d (dimana l<d ) serta konstanta dielektrik K1 disisipkan tepat ditengah kapasitor. Hitung :

a. muatan induksi pada dielektrik! A L 3 L 1  2  B C O x y g C D A P L B a b

(4)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com b. medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat! c. medan listrik pada dielektrik!

d. beda potensial kapasitor setelah dielektrik dimasukkan! e. tentukan kapasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan!

Dielektrik padat kemudian ditarik dan selanjutnya dihubungkan kembali dengan baterai semula dengan tegangan V0 . Kapasitor ini kemudian dicelupkan kedalam cairan dengan konstanta dielektrik K2 dan massa jenis ρ.

f. Tentukan ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar!

Kapasitor diangkat dari cairan, baterai kemudian dilepas dan kemudian pada plat sejajar diberi muatan sebesar Q0.

g. Hitung kembali ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar pada kondisi terakhir !

Ketentuan :

Semua jawaban akhir harus dalam V0 dan Q0 dan ukuran geometri serta konstanta dielektrik yang sesuai.

5. (20 Poin) Sebuah lintasan memiliki dua buah hoop lingkaran beradius R yang terpaut jarak tertentu (seperti pada gambar dibawah). Loop setengah lingkaran yang kiri permukaannya licin, sedangkan sisa lintasan yaitu lintasan lurus dan loop seperdelapan lingkaran yang kanan permukaannya kasar yang besar koefisien gesek statis dan kinetis yang sama, μ. Pada lintasan ini, akan dilakukan dua buah percobaan.

Percobaan pertama, sebuah benda X bermassa m, berjari-jari r, memiliki momen inersia βmr2

dilepaskan dari keadaan diam pada puncak lintasan disebelah kanan.

a. Tentukan syarat μ (koefisien gesek) lintasan tersebut agar memiliki energi kinetik maksimum pada saat melewati titik A!

Mulai saat ini dan seterusnya (hingga percobaan kedua), gunakan koefisien gesek minimum yang didapat di (a) untuk lintasan kasar.

b. Benda X akan menggelinding hingga melewati titik B. Hitung kecepatan benda X di titik B!

c. Benda X akan menaiki loop kiri hingga titik tertinggi. Berapa s, panjang lintasan (diukur dari B ke arah kiri mengikuti bentuk lintasan yang ditempuh benda?

d. Benda tersebut akan bergerak kembali ke titik B dan kemudian bergulir sepanjang lintasan BA. Tentukan nilai L, ( disepanjang lintasan BA) sehingga benda X dapat mencapai titik A dalam keadaan sudah tidak slip!

R B r m R A kasar kasar licin

(5)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

Mulai saat ini dan seterunya (hingga percobaan kedua), asumsikan benda X adalah silinder berongga, sehingga β adalah suatu nilai numeris, dan gunakan nilai numeris tersebut untuk soal-soal di bawah ini.

e. Jelaskan keadaan gerak benda X secara kualitatif jika : 1) Panjang BA < L

2) Panjang BA > L

Percobaan kedua dilakukan. Di sini, diperkenalkan sebuah benda titik Y bermassa m juga, namun tidak memiliki momen inersia. Lintasan masih memiliki kekasaran sesuai dengan hasil (a). INGAT, masukkan nilai numeris β!

Pada percobaan kedua, hal yang sama dilakukan seperti percobaan pertama. Namum, disaat benda X berada pada titik B (berarah gerak ke kanan), benda Y di lontarkan dari titik A (berarah ke kiri) dengan kecepatan v (besarnya mengikuti hasil (b)).

f. Tentukan d, letak tumbukan benda X dan Y (diukur dari titik A ke arah ke kanan)! g. Tentukan pula

, waktu bertumbukan mereka (diukur dari saat benda X di B dan

Benda Y di A)!

h. Tumbukan terjadi secara sentral dan elastis. Tentukan kecepatan benda-benda tersebut sesaat setelah tumbukan!

i. Analisis gerakan kedua benda setelah tumbukan dan jawablah setiap pertanyaan berikut ini dengan bukti-bukti kuantitatif :

1. Apakah benda X dapat mencapai kondisi tidak slip sebelum sampai di titik B? 2. Apakah benda Y berhenti sebelum menaiki loop kanan?

3. Akankah kedua benda tersebut bertumbukan untuk kedua kali-nya? Jika ya, tentukan kecepatan masing-masing benda sesaat setelah tumbukan kedua!

j. Jelaskan konfigurasi (kecepatan dan posisi) paling akhir benda X dan Y!

Catatan : Jawaban dari soal-soal diatas hanya boleh dinyatakan dalam R,m,r dan g. Khusus (a)-(d), jawaban boleh juga dinyatakan dalam β.

(6)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

PEMBAHASAN

OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014 BIDANG FISIKA

1. Pembahasan :

a. Diagram benda bebas silinder M dan benda m :

Persamaan gerak massa m :

mg T ma (1)

Pusat massa silinder tidak bergerak translasi :

0 x F   1 2 0 T f N  (2) 0 y F   1 2 0 NfMg (3)

Silinder slip sehingga gaya gesek kinetik bekerja pada silinder.

1 1

f N (4)

2 2

f N (5)

Silinder bergerak dengan kecepatan angular

. Percepatan tepi silinder sama dengan percepatan massa m.

aR (6)

Persamaan rotasi silinder :

pm I     2 1 2 1 2 a TR f R f R MR R    1 2 1 2 T f fMa (7)

Substitusi pers.(1),(4) dan (5) ke pers.(7) :

1 2 1 2 mg T T N N M m          

2m M T

2m N 12m N 2Mmg (8)

Pers.(2) dapat dituliskan menjadi N2 Mg f1 T

N1 f2 a T mg

(7)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

2 1

TN N (9)

Substitusi pers.(9) ke pers.(8) :

4m M N

1

2m 2 m M N

2 Mmg

 

      (10)

Pers.(3) dapat disederhanakan menjadi :

1 2

N NMg (11)

Dari pers.(10) dan pers.(11) akan kita peroleh

1 2 2 2 3 1 2 2 1 m m M Mg N m M            (12)

1 2 2 4 1 2 2 1 m m M Mg N m M             (13)

b. Substitusi pers.(12) dan pers.(13) ke pers.(9) untuk memperoleh tegangan tali :

2 1 2 2 2 3 1 2 2 1 m m m Mg T m M             (14) Percepatan beban m : T a g m  

2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 1 m M a g m M                 (15)

Substitusikan nilai-nilai besaran dibawah ini ke pers.(15) : μ = 0.5 , m= 11 kg, M = 8 kg , R= 0,4 M dan g= 10 m/s2 Kita akan memperoleh besar percepatan benda m : a = 3,125 m/s2

c. Syarat silinder berotasi : 0 pm    atau 0 a

 

2

1 1 2 m M        

Harga minimum (m/M) agar dapat berotasi :

 

2

min 1 1 2 m M         (16)

Untuk 0,5 maka besar harga minimum (m/M) :

 

min 3

4 m

M

2. Pembahasan :

(8)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com Tumbukan pertama di dinding AB.

Momentum arah horizontal kekal :

1cos 1cos v v  1 1 cos cos v v     (1)

Koefisien restitusi tumbukan e :

1 1 sin sin v e v     (2)

Tumbukan kedua di dinding BD: Momentum arah horizontal kekal :

2cos 2cos v v  2 2 cos cos v v     (3)

Koefisien restitusi tumbukan e :

2 2 sin sin v e v     (4)

Hubungan antara sudut β dan θ :

0

90

   (5)

Dari pers.(1) dan pers.(2), kita peroleh tan

tan

e (6)

Dari pers.(3) dan pers.(4), kita peroleh tan

tan

e  (7)

Pers.(6) sama dengan pers.(7) : tan tan tan tan      tan tan tan tan    (8)

Dari pers.(5) kita peroleh hubungan :

C D A P-y   B   0 v 1 v 1 v 2 v 2 v y x L – a -x 1 S 2 S 3 S 3 v a b L P

(9)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

0

1

tan tan 90 cot

tan

    

atau

tan tan  1 (9)

Pers.(8) dapat dituliskan menjadi

tan cot (10)

Misalkan x adalah jarak tumbukan pertama dan lubang B dan y adalah jarak tumbukan kedua dari lubang B. Dengan menggunakan pers.(10), kita akan peroleh :

P y b L x a L     (11)

Secara geometri kita dapat membuktikan bahwa x = y. Sehingga pers.(11) menjadi :

Px L x a



  

PL

 

2 0 xP L a x   PL bL Pa  

2

4 2 P L a P L a PL bL Pa x        

Untuk posisi bola biliard di

 

2 2P L, maka bola harus ditembakkan di x=0 dan y=o. Solusi x dan y yang memenuhi adalah tanda negatif :

2

4 2

P L a P L a PL bL Pa

x        

Nilai tan agar bola masuk lubang C :

2

2 tan 4 b b L x a L P a P L a PL bL Pa             

b. Jarak yang ditempuh biliard sebelum menumbuk dinding AB :

2 2 1 Sb   L x a

 

2 2 1 1 4 4 2 SbL  P a P  L a PLLbPa

c. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan sebelum menumbuk dinding BD: 2 2 2 Sxy

2

2 4 2 2 2 P L a P L a PL bL Pa Sxy         

d. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki lubang:

2 2 3 SPyL

 

2 2 3 1 1 4 4 2 SSLP  L a P  L a PLLbPa

e. Kecepatan bola biliard sesaat setelah dipukul :

0 0 F t mv 0 0 F t v m  

Kecepatan bola biliard sesaat sebelum menumbuk dinding sisi AB:

2 2

0 1 1

1 1

(10)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

 

2 0 1 2 1 F t v kRS m   

Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk sisi AB:

 

2

 

0 1 2 1 1 1 sin 2 sin F t ev b S v e kRS m S y                 

Kita mengetahui bahwa yS2 2, sehingga

 

2 0 1 1 1 2 2 eb F t v kRS S m        

Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk dinding BD :

2 2 1 2 2 1 1 2mv 2mvkmRS

 

2 2 2 0 1 2 1 2 1 2 2 2 e b F t v kRS kRS m S       

Kecepatan bola biliard sesaat setelah menumbuk dinding BD :

 

2

 

 

2 2 0 3 2 2 2 1 2 2 1 2 sin 2 2 sin e b F t S ev x v e kRS kRS m S L S              

Kita gunakan hubungan xS2 2, sehingga :

2 2 2 1 SbL x a 2 2 1 LSb  a x 2 2 2 1 2 S LSb  a Oleh karena itu :

 

2 2 2 3 0 2 2 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 e b eS F t v kRS kRS m S S S b a             

Kecepatan bola biliard sesaat sebelum masuk ke dalam lubang :

2 2 2 3 3 1 1 2mv 2mvkmRS

 

2 2 2 2 2 3 0 3 2 2 1 2 3 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 e b e S F t v kRS kRS kRS m S S S b a               3. Pembahasan :

(11)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com Posisi partikel A : 0 A x  1 3cos A yL  Posisi partikel B : 0 B x  2 cos B yL  Posisi partikel C : 1 2 3sin sin C xL  L  Hubungan θ1 dan θ2 : 1 2 3sin sin L  L  1 2 3sin sin

b. Komponen kecepatan partikel A :

, 0 A A x dx v dt   1 , 3sin 1 1 3 sin 1 A A y dy d v L L dt dt          Kecepatan partikel A : 2 2 , , 1 3 sin 1 A A x A y vvv vL  Komponen kecepatan partikel B:

, B 0 B x dx v dt   2 , sin 2 2 sin 2 B B y dy d v L L dt dt          Kecepatan partikel B : 2 2 , , 2 sin 2 B B x B y vvv  L  Komponen kecepatan partikel C:

2 , cos 2 2 3 cos 2 B C B x dy dx d v L L dt dt dt          , 0 C C y dy v dt   Kecepatan partikel C : A L 3 L 1  2  B C O x y g 0 C y

(12)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com 2 2 , , 2 cos 2 C C x C y vvv  L  Energi total sistem :

2 2 2

1 1 1

2 A 2 B 2 C A B C

Emvmvmvmgymgymgy

2 2 2 2 2

1 1 2 1 2

3 sin 1 3cos cos

2 2 EmL   mLmgL    Hubungan 1dan2: 2 2 2 1 sin sin 3    2 2 2 2 2 1 1 sin 3 sin cos 1 sin 1 3 3           Hubungan1dan2:

3sin 1

sin 2

d d dt  dt  1 1 2 2 3cos  cos  2 2 1 2 2 cos 3 sin      

Energi total sistem dalam 2 dan 2:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 3 1 3 sin cos 2 3 sin 3 2 E mL    mL mgL         

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin 2 1 1 3 sin cos 2 4 3 sin E mLmgL             

c. Kondisi awal sistem :

1 sin 6    2 1 sin  3sin 2 1 sin 3sin 3 6 2     atau 2 3    . 1 2 0   

Energi awal sistem :

 

2 1 1 3 3 2 2 2 awal EmgL   mgL  

Posisi akhir sistem:

0 2 90   sehingga sin 1 1 3 3   dan cos 1 1 6 3   .

Energi akhir sistem :

2 2 2 1 2 2 akhir Em LmgL Kekekalan energi : 2 2 2 1 2 2 2 mgLm LmgL

2 2 2 2g 2 L   

(13)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com 0 2 1 1 2 0 cos90 0 3 sin 90      

Kecepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali. Kecepatan partikel A: 1 3 sin 1 0 A v L  Kecepatan partikel B:

2 sin 2 2 2 2 B v L   gL  Kecepatan partikel C: 2 cos 2 0 C v L 

Komponen percepatan partikel A :

, , 0 A x A x dv a dt   , 2 , 1 3 sin 1 1 3 cos 1 A y A y dv a L L dt        

Komponen percepatan partikel B:

, , 0 B x B x dv a dt   , 2 , 2 sin 2 2 3 cos 1 B y B y dv a L L dt        

Komponen percepatan partikel C:

, 2 , 2 cos 2 2 sin 2 C x C x da a L L dt        , , 0 C y C y dv a dt   Hubungan 1 dan 2:

1

2 2

1 3cos cos d d dt   dt   2 2 1 1 1 1 2 2 2 2

3cos   3 sin cos   sin Energi total sistem konstan sehingga berlaku :

0 dE dt        2 3 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

8 sin4 3 sin 4sin 2

sin 2 1 1 3 sin 2 sin 2 sin 0

2 2 4 3 sin 16 3 sin g L   L        g                Substitusikan nilai 0 2 90

  , maka kita akan memperoleh

2 0 L  g 2 g L  

Hubungan 1 dan 2 ketika

0

2 90

  :

2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

3cos   3 sincos     sin

2

1 2

1

3 6

(14)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

1 2 2 2 2 g L  

1 2g 2 1 L  

Percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali. Percepatan partikel A :

2

1 3 sin 1 1 3 cos 1 ˆ 2 3 2 1 ˆ A a   L    L  j   g j Percepatan partikel B :

2

2 sin 2 2 3 cos 2 ˆ ˆ B a  L   L  j g j Percepatan partikel C:

2

2 cos 2 2 sin 2 ˆ 2 2 2 ˆ B a  L  L  i   gi 4. Pembahasan :

a. Besar muatan induksi q dalam dielektrik :

 

0 1 1 1 q Q K   

b. Besar medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat :

0 0 0 Q E A  

c. Besar medan listrik dalam dielektrik :

0 0 1 Q E AK  

d. Besar potensial listrik pada kapasitor :

0 VE d l El

0

0

0 0 0 1 Q Q V E d l E d l d l d l A AK          

e. Capasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan :

0 0 1 1 Q AK C V d l K l     

f. Ketika kapasitor dimuati, kapasitor cenderung untuk menarik cairan dielektrik. Ketika gaya tarik elektrostatik diseimbangkan oleh berat cairan dielektrik, ketinggian cairan dielektrik tidak akan naik lagi. Misalkan lebar kapasitor adalah b= A/a. Misalkan x sebagai ketinggian kapasitor berisi cairan dielektrik. Sehingga kapasitas total kapasitor adalah

0 2 0 0 2 1 b a x K bx A C K x a d d ad         

(15)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com Persamaan energi dalam kapasitor :

1 2

2 L

VdQd CVF dx

Tegangan V0 konstan dan Q=CV, sehingga

2 0 0 V dQ V dC Karena itu 2 2 0 1 0 2 e V dCV dCF dx 2 0 1 2 e dC F V dx

Besar gaya elektrostatik :

0 2 2 0 1 1 2 e A K F V ad   

Gaya berat cairan dielektrik :

g cairan A

F mg V g h dg

a

 

  

Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:

e g FF

0 2 2 0 1 1 2 A K A V h dg ad a  

2 0 0 2 2 1 1 2 V K h d g    

g. Baterai dilepas sehingga dQ=0. Tegangan awal sistem V0. Persamaan energi menjadi :

1 2

1 2 2 2 e d dV dC F CV VC V dx dx dx      Karena 0 0 2 Q Q dV d dC dx dx C C dx        sehingga 2 2 2 0 0 0 2 2 2 1 1 2 2 e Q dC Q dC Q dC F dx dx dx C C C   

Besar gaya elektrostatik menjadi :

2 0 0 2 2 1 1 2 e Q A F K ad C   

2 2 0 0 2 2 0 2 1 1 2 1 e Q A F K ad A K x a ad           h x

(16)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

2 0 2 2 0 2 1 1 2 1 e Q ad K F A K x a     

Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:

e g FF

2 0 2 2 0 2 1 1 2 1 Q ad K A h dg a A K x a     

2 2 0 2 2 2 0 2 1 1 2 1 Q a K h A g K x a       5. Pembahasan :

a. Energi kinetik benda X maksimum ketika benda tidak slip saat menuruni loop kanan.

Gerak translasi benda X :

sin cm

mg  f ma Gerak rotasi benda X :

f r I

2

f r mrf  mr

Percepatan pusat massa benda X dengan acmr :

sin 1 cm g a 

Gaya gesek pada benda X: sin

1 m g f  

Syarat agar benda X tidak slip:

s f  N sin cos 1 s m g mg     tan 1 s    

Mula-mula benda X berada pada sudut θ=450 (sudut seperdelapan lingkaran). r m R A kasar mg f θ R B kasar licin θmaks

(17)

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com Besar koefisien gesek minimum :

1



b. Oleh karena benda X bergerak tanpa slip, maka kecepatan benda X di titik A sama dengan kecepatan benda X di titi B. Kekekalan energi :



1 cos

1 2 1 2

2 B 2 B

mg R r    mvI Besar sudut awal θ=450

(sudut seperdelapan lingkaran) dan vB Br.

2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 B B v mg R r mv mr r     

2 2

1 B g R r v    

c. Benda X slip saat menaiki loop kiri sehingga benda X hanya memiliki energi kinetik translasi saat mulai menaiki loop kiri. Kekekalan energi :



2 1 1 cos 2mvBmg R r  maks

 

2 2 1 cos 2 1  maks    

2 2 cos 2 1 maks    

1 2 2 cos 2 1 maks         

Panjang lintasan yang ditempuh benda X di loop kiri :

1 2 2 cos 2 1 maks s  R R    

d. Benda X kembali melewati titik B dengan kecepatan yang sama dengan kecepatan awal saat benda X mulai menaiki loop kiri.

2 2

1 B g R r v    

Kecepatan angular benda X sama dengan nol saat kembali melewati titik B. Momentum angular sistem kekal terhadap acuan lintasan.

Momentum angular benda X di titik B :

2 2

1

awal B

g R r Lmv rmr

Momentum angular benda X di titik A saat benda X sudah bergerak tanpa slip :

2 1 A akhir A A A A v L mv r I mv r mr mv r r         

Kekekalan momentum angular :

2 2 1 1 A g R r mr mv r  

(18)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

2 2

1 1 1 A g R r v  

Nilai vA juga dapat ditemukan menggunakan Hukum Newton untuk dinamika rotasi dan translasi. Percepatan benda X ; 1 a g  g  Panjang lintasan AB : 2 2 2 A B vvaL

3 2 2 2 2 2 1 1 1 g R r g R r gL             

2 2 2 2 R r L   

e. 1) Jika panjang BA<L, maka benda X bergerak menggelinding slip

saat meninggalkan lintasan AB sehingga benda X bisa keluar lintasan atau akan berhenti di lintasan AB pada titik tertentu.

2) Jika panjang BA> L, maka benda X bergerak menggelinding tanpa slip

saat meninggalkan lintasan AB. Benda X akan diam sesaat di posisi mula-mula pada loop kiri (sudut seperdelapan lingkaran) dan kemudian benda X akan bergerak turun tanpa slip. Benda X akan terus menerus bergerak dengan pola yang sama. f. Karena kecepatan translasi benda X dan Y sama sesaat sebelum tumbukan maka kedua

benda akan bertumbukan di tengah lintasan AB:

2 2 2 2 4 R r L d     Substitusikan nilai 2 3

  untuk silinder berongga:

2 2 2

3

dR r 

g. Kecepatan awal benda X dan Y:

, , 2 3 2 2 3 2 2 5 1 X B Y A g R r g R r vv       

Percepatan benda X dan Y: 2

1 5

a g  g  g

Tinjau persamaan gerak benda Y :

2 , 1 2 X A dv  a

2 2 2 3 2 2 1 2 0 4 5 5 R r g R r g           

2 15 2 2 10 2 2 0 3 g R r R r g g         

Selesaikan persamaan ini menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat dan ambil solusi waktu terkecil sebagai solusi yang fisis.

(19)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

15 2 2 15 2 2 40 2 2 1 1 2 2 3 g R r R r R r g g g          

5 2 2 3 R r g    

h. Kecepatan benda Y sesaat sebelum tumbukan :

, 3 2 2 5 2 2 2 2 2 5 5 3 15 Y d g R r R r R r v g g g         

Kecepatan vY d, arahnya ke kiri.

Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan :

, , 2 2 15 X d Y d R r v v g    

Kecepatan vX d, arahnya ke kanan.

Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan :

, 2 X d fr mgr g I mr r             Substitusikan nilai 2 1 5     dan

5 2 2 3 R r g

    , kita kan memperoleh :

, 3 2 2 1 5 X d R r r g    

Tumbukan antara benda X dan Y lenting sempurna. Kecepatan benda X sesaat setelah tumbukan :

, 2 2 15 X d R r v g    

Kecepatan vX d, arahnya ke kiri.

Nilai dan arah kecepatan angular benda X sebelum dan sesudah tumbukan sama. Gaya aksi-reaksi akibat tumbukan tepat di pusat massa benda X sehingga momentum angular benda X tetap sama.

, , 3 2 2 1 5 X d X d R r r g     

Kecepatan benda Y sesaat setelah tumbukan :

, 2 2 15 Y d R r v g    

Kecepatan vX d, arahnya ke kanan.

i. 1) Waktu yang dibutuhkan benda X untuk berhenti sesaat :

, 1 2 2 5 2 2 5 2 15 12 X d g R r R r v t a g g        

(20)

Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : davitsipayung@gmail.com

, 1 3 2 2 3 5 2 2 1 5 5 12 X X d R r g R r t r g r g         

3 2 2 1 2 5 X g R r r    

Nilai kecepatan angular benda X masih bernilai positif (searah jarum jam) ketika benda X berhenti sesaat.

Jarak yang ditempuh benda X untuk berhenti sesaat diukur dari posisi tumbukan:

2 , 1 5 2 2 1 2 2 2 2 2 15 12 X d X g R r v S R r a g        Oleh karena 2 X d

S  , maka benda X akan bergerak kembali kanan sebelum menempuh titik B. Panjang lintasan d/2 cukup untuk membuat benda X bergerak tanpa slip saat bergerak menuju titik B. Kita X akan bergerak tanpa slip sebelum mencapai titik B dengan arah gerak ke kanan.

2) Benda Y akan berhenti pada jarak

2

Y d X

S  S dari titik A. Benda X berhenti sebelum menaiki loop kanan.

3) Benda X akan menumbuk benda Y kedua kali-nya.

Benda X sudah bergerak tanpa slip saat menumbuk benda Y untuk yang kedua kali-nya. Kekekalan momentum angular :

X X X I mv r I 2 2 X X X v mr mv r mr r      

Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :

3 2 2 1 1 5 5 X X g R r r v       

Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :

3 2 2 1 5 5 X X g R r v r r      

Kecepatan benda Y sama dengan nol sebelum tumbukan kedua.

Kecepatan linear benda X sama dengan nol setelah tumbukan kedua dan kecepatan angularnya tidak berubah. Sesudah tumbukan kedua, kecepatan linear benda Y sama dengan kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan.

3 2 2 1 5 5 Y g R r v   

j. Benda X akan menumbuk benda Y terus menerus hingga suatu saat kedua benda akan menempel dan benhenti di suatu titik pada lintasan AB.

Figur

Memperbarui...

Referensi

Memperbarui...

Related subjects :