1
Soal-Jawab Fisika OSN 2012
1-
(
20 poin
) Sebuah pipa silinder yang sangat besar (dengan penampang lintang berbentuk lingkaran
berjari-jari
R) terletak di atas tanah. Seorang anak ingin melempar sebuah bola tenis dari titik A sehingga dapat
melewati pipa silinder tersebut untuk akhirnya jatuh di titik C tanpa terjadi tumbukan maupun pantulan
dengan dinding pipa. Tujuan tersebut dapat dicapai dengan mengatur besar dan arah kecepatan pelemparan
(
v
) sedemikian rupa dengan sudut
elevasi (
) tertentu. Tampak dengan
jelas bahwa tinggi puncak lintasan B
yang diukur dari titik pusat pipa
silinder
hanya
diperkenankan
mencapai satu nilai maksimum
h
=
h
maksagar lintasan bola tepat hanya
menyinggung permukaan pipa (lihat
gambar), yaitu dengan kondisi
v
=
v
mindan
=
min. Abaikan gesekan udara.
Tentukan:
a)
besar kelajuan pelemparan
v
sebagai fungsi h.
b)
besar h
maks.
c)
besar
v
mindan
min.
d)
besar L, yaitu jarak lokasi titik pelemparan (titik A) dari titik singgung pipa dengan tanah (titik D) yang
menjamin bola sampai ke titik C sebagaimana dipersyaratkan di atas.
Jawaban:
(a)- Ditinjau dari titik puncak B, persamaan parabola dari gerak bola tenis adalah
Arah vertikal: y = h– ½ gt2 (1 poin) Arah horizontal: x = v cos t = u t = konstan (1 poin)
x
yv
R
h
A
C
B
D
L
2 Persamaan penampang silinder pipa:
x2 + y2 = R2 (1 poin)
di titik singgung parabola dan permukaan pipa berlaku hubungan:
R2 = x2 + y2 = (ut)2 + (h – ½ gt2)2 (1) (1 poin) dan bila kita uraikan akan diperoleh persamaan kuadrat dalam t2 , berbentuk
0 ) (
) (
4
2 2 2 2
4 2
u ght h R
t g
(2)
Karena lintasan bola tenis menyinggung/menyentuh permukaan pipa maka nilai diskriminannya sama dengan nol, yaitu
(u2 gh)2 g2(h2R2)0 (3) (2 poin)
yang tidak lain adalah persamaan kuadrat dalam u2 yang memiliki dua akar/penyelesaian yaitu
)
(
2 22
R
h
h
g
u
. Tetapi akar dengan tanda positif (+) tidak digunakan karena kalau ia disubstitusi kembali kedalam persamaan (2) maka tidak ada solusi untuk h > R. (1 poin)Akhirnya dengan menggunakan hukum kekekalan energi diperoleh besar kelajuan pelemparan v (h), yaitu
) 2
3 ( ) ( 2 )
( 2 2 2
2 h u g h R g h R h R
v (4) (2 poin)
(b)- Agar diperoleh v yang minimum maka berlaku
(
)
0
2
ma ks hdh
h
dv
(2 poin)
0
3
2
2
R
h
h
g
maks maks
sehingga diperoleh hmaks R 1,061R 2
2
3
. (2 poin)
(c)- Besarnya kecepatan minimum dari pelemparan bola tenis berikut sudut elevasinya adalah
vmin 2 8 gR 2,197 gR dan
o 1
min 67,5
2 2 ( 2
1
cos
(4 poin)
(d)- Dan akhirnya jarak lokasi titik pelemparan (titik A) dari titik singgung pipa dengan tanah (titik D) yang menjamin bola sampai ke titik C adalah
R R
L 2 1,71
2
3
3
2-
(
12 poin
) Sebuah batang homogen
M =
L dengan
M,
L dan
masing-masing adalah massa batang, panjang batang dan kerapatan
massa batang. Batang itu ditopang oleh dua buah pegas identik
dengan konstanta pegas
k
, pada jarak
x
dari lantai. Jika pada ujung
batang sebelah kiri diberi simpangan kecil, kemudian setelah itu
dilepas. Ada dua modus vibrasi dari sistem ini, yaitu (1)
masing-masing ujung batang bervibrasi secara bersamaan, dan (2) kedua
ujung batang bervibrasi secara berlawanan, ujung kiri bervibrasi ke
atas dan ujung kanan bervibrasi ke bawah (dan juga sebaliknya).
Tentukan:
a)
frekuensi vibrasi dari kedua modus tersebut.
b)
frekuensi vibrasi dari kedua modus tersebut, jika di ujung batang itu ditempeli sebuah benda bermassa
m
dan diperlakukan sama seperti sebelumnya (diberi simpangan kecil).
Jawaban
:
a. Untuk ujung batang sebelah kiri diberi simpangan sebesar b, seperti pada gambar
k k
l
M
1
x
2
x x
Jika batang itu bervibrasi secara bersamaan modus 1,
maka berdasarkan hukum Newton II:
Mx
k x
1
b
k x
2
b
(2 poin) dan gunakan suatu kondisi bahwa x1 = x – b dan x2 = x + bSehingga: x 2k
x b
M
(1 poin)
Persamaan ini adalah GHS, dengan solusi
x
A
sin
1t
1
dengan 1
2k
M
(1 poin)
Jika batang tidak bervibrasi bersamaan modus 2; maka akan ada torsi.
Untuk simpangan
kecil, gunakanx
1
x
21L
danx
2
x
12L
Persamaan torsi:
22 1 2 1
1
2 2 2 2
L L kL
I
k x b k x b x x kL
(2 poin)
dengan
I
121ML
2k
k
l
4
Sehingga 6k
M
Persamaan GHS (1 poin)dengan 2
6k
M
(1 poin)
b. Jika ada beban kecil, batang masih bervibrasi secara bersamaan modus 1.
Koreksi pada hukum Newton II, hanya pada massa sehingga Persamaan GHS berubah menjadi
2k
x x b
M m
, akibatnya 1
2k
M
m
(2 poin)Sebaliknya untuk modus 2,
ada koreksinya pada momen inersia
I
121ML
2
14mL
2, (1 poin)dan ini berakibat 2
6
3
k
M
m
(1 poin)3-
(
15 poin
) Sebuah pesawat ruang angkasa dikirimkan untuk menyelidiki suatu planet yang bermassa
m
Pdan
berjari-jari
r
P.
Ketika menggantung tak bergerak di ruang angkasa pada jarak
5 dari pusat massa planet,
r
Ppesawat meluncurkan paket alat dengan kecepatan
v
0.
Paket tersebut memiliki massa
m
1yang jauh lebih
kecil daripada massa pesawat ruang angkasa. Paket diluncurkan pada sudut elevasi
terhadap garis radial
diantara pusat massa planet dan pesawat ruang angkasa.
a)
Bagaimanakah kondisi momentum sudut paket terhadap pusat massa planet?
b)
Berapakah kecepatan paket ketika tepat menyinggung permukaan planet sebagai fungsi dari sudut
?
c)
Berapakah besar sudut
agar paket dapat menyinggung permukaan planet?
Jawaban
:
0
v
rP
mP
m1
0 , 1
v
f
v1,
R1,0 = 5rP Fgravitasi
m1
5 a. Torka terhadap pusat massa planet akibat gaya gravitasi pada paket oleh planet adalah:
G Pm m
F
r
1 1 , 0 0
(1) (1 poin)dengan
planet
oleh
paket
pada
gravitasi
Gaya
planet
massa
pusat
dap
paket teha
posisi
vektor
1 1 , 0
G Pm mF
r
Karena 1 , 0mr
danF
PmG1
selalu antiparalel maka
0
, (1 poin) momentum sudut paket terhadap pusat massa planet adalah konstan. (2 poin)
b. Momentum sudut awal paket terhadap pusat massa planet adalah:
k
v
Rm
v
m
r
v
m
r
R
v
m
r
L
i iˆ
sin
5
ˆ
sin
ˆ
cos
ˆ
5
0 1 0 1 0 1 0 , 1 1 , 0 , 0
(2) (1 poin)
Momentum sudut terhadap pusat massa planet ketika paket tepat menyinggung permukaan planet adalah:
k
v
Rm
v
m
r
L
0,f
0,f
1
1,f
1 1,fˆ
(3) (1 poin)Karena momentum sudut terhadap pusat massa planet konstan, maka
f i
L
L
0,
0, (4) (2 poin)Subsitutusi pers. (2) dan (3) ke dalam pers. (4) kemudian ambil komponen ke sumbu Z pada ke dua sisi, maka akan diperoleh:
f
v Rm v
Rm1 0sin 1 1,
5
(5)Sehingga kecepatan paket tepat ketika menyinggung permukaan planet adalah
sin 5 0
,
1 v
v f
(6) (2 poin)
c. Karena tidak ada gaya non-konservatif yang bekerja pada paket, maka energy mekanik adalah konstan,
f i E
E (7) (1 poin)
Pilih pada jarak di tak berhingga sebagai titik nol untuk energy potensial, maka persamaan energi menjadi
R m Gm v m R m Gm v
m f P
P 2 1
, 1 1 2 1 1 2 0 1 2 1
5
(8) (1 poin)
Masukkan kecepatan paket pada pers.(6) ke dalam pers. (8), sehingga diperoleh
R m Gm v m R m Gm vm P 2 1 P
0 1 2 1 1 2 0 1 2
1 5 sin
5
(9)Dengan mengatur suku-suku pada pers. (9) akan diperoleh:
25sin 1
5
4 2 2
0 1 2 1
1 mv
R m Gm P
6 Sehingga diperoleh:
1 5
8
sin 2
0 5
1 1
Rv GmP
(11) (2 poin)4-
(
18 poin
) Sebuah bola A menggelinding tanpa slip dengan laju v mendekati bola B yang sedang diam pada
suatu permukaan datar yang kasar dengan koefisien gesek
sdan
k. Kedua bola identik dan massa bola
masing-masing adalah
m. Selama proses tumbukan, impuls gaya gesek sangat kecil sehingga dapat
diabaikan dan tumbukan terjadi secara elastik sempurna. Kemudian, diketahui sesaat setelah tumbukan,
kedua bola menggelinding dengan slip dan pusat massa kedua bola segaris. Bila setelah bertumbukan,
kedua bola akan menggelinding tanpa slip dalam selang waktu tertentu, maka tentukan:
a)
selang waktu kedua bola bergerak dengan slip,
b)
kecepatan masing-masing bola setelah tumbukan, ketika kedua bola telah bergerak menggelinding tanpa
slip,
c)
energi sistem yang hilang jika energi mula-mula adalah
E0(nyatakan dalam E
o).
Jawaban
:
a. Tinjau ketika proses tumbukan. Karena gaya kontak antara kedua benda ketika bertumbukan melalui pusat masing-masing bola, maka momentum sudut relatif pusat masing-masing bola konstan, sehingga didapatkan
A'A, B'0 (1) (1 poin)
Kekekalan momentum linear dan kekekalan energi kinetik selama proses tumbukan (elastik),
2 2 2 2 2 2
' '
1 1 1 1 1 1
' ' ' '
2 2 2 2 2 2
A B
A A B B
mv mv mv
mv I mv I mv I
(2) (2 poin)
Dari kedua persamaan diatas didapatkan,
' 0, '
A B
v v v (3) (1 poin)
7
'
A
A
f
''
A
''
A
v
O
Hukum Newton untuk translasi
Ax A Ax
A A
F m a f ma
(4) (1 poin)Hukum Newton untuk rotasi (ambil putaran searah jarum jam sebagai positif)
2 2 5 2 5
AO O AO
A A
A A
I f R mR
f mR
(5) (2 poin)
Dari kedua persamaan diatas didapatkan
2 5
A A
a R (6) (1 poin)
Kecepatan linear dan kecepatan sudut bola ketika bola menggelinding tepat tanpa slip,
'' ''
A A
A A
v a t t
(7) (1 poin)
Karena bola menggelinding tanpa slip, maka didapatkan
2 2
7 A 7 k
R v
t
a g
(8) (1 poin)
b. sehingga didapatkan
2 2
'' ''
7 7
A A
v v (9) (1 poin)
8 B
f
''
B
''
B
v
'
Bv
v
O
Hukum Newton untuk translasi
Bx B Bx
B B
F m a f ma
(10) (1 poin)Hukum Newton untuk rotasi (ambil putaran searah jarum jam sebagai positif)
2 2 5 2 5
BO O BO
B B
B B
I f R mR
f mR
.... (11) (1 poin)
Dari kedua persamaan diatas didapatkan 2 5
B B
a R... (12)
Kecepatan linear dan kecepatan sudut bola setelah menggelinding tanpa slip,
'' ''
B B
B B
v v a t t
... (13)
Karena bola menggelinding tanpa slip, maka didapatkan
2 7 B
R t
a
.... (14)
substitusi nilai percepatan, 2 7 K
v t
g
.... (15)
sehingga didapatkan
'' 5 '' 5
7 7
B B
v v .... (16) (1 poin)
c. Energi sistem mula-mula
2 2
0
2
1 1
2 2
7 10
E mv I
mv
9 Energi sistem pada akhir, setelah bergerak menggelinding tanpa slip kembali
2 2 2 2
2
1 1 1 1
'' '' '' ''
2 2 2 2
29 70
A B A B
E mv mv I I
mv
... (18) (1 poin)
sehingga energi yang hilang adalah 20 0 49
E E
... (19) (2 poin)
5-
(
15 poin
) Diberikan sistem yang tersusun atas dua lempeng logam identik,
masing-masing dengan luas permukaan
A, yang bila dalam keadaan
setimbangan atau netral (tanpa bermuatan listrik) kedua lempeng tersebut
terpisah satu sama lain pada jarak
h. Seperti tampak dalam gambar,
lempeng bagian bawah dibuat tidak dapat bergerak. Lempeng bagian atas
dikaitkan dengan sebuah pegas (dengan konstanta pegas
k) yang digantung pada titik tetap. Bila kedua
lempeng diberi beda potensial V, hitung (dinyatakan dalam A, h, V dan k):
a)
gaya listrik yang terjadi antar kedua lempeng;
b)
jarak antar kedua lempeng setelah diberi beda potensial V;
c)
besar beda potensial maksimum kedua lempeng yang menjamin kedua lempeng tidak dapat saling
bersentuhan.
Jawaban:
a. Saat antara kedua keping terpasang beda potensial listrik V kedua lempeng akan berjarak x, maka keduanya akan merasakan gaya listrik, yaitu
22
1
)
(
grad
CV
x
U
F
(2 poin)Dengan mensubstitusi nilai
x
A
C
0 (1 poin)Diperoleh harga 2
2 0 2
0
2 2
1
V x
A V
x A x
F
(1) (1 poin)
Substitusikan pers (4) dibawah, maka diperoleh: 2
2 0
8
9
h
AV
F
(5) (2 poin)b. Kesetimbangan tercapai bila gaya listrik di atas mampu diimbangi oleh gaya pegas
10
,
)
(
2
2 2
0
V
k
h
x
x
A
atau 2x3 2khx2 0AV2 0 (3) (1 poin)
Secara umum pers (3) mempunyai 3 kemungkinan akar/penyelesaian, yaitu x1, x2, dan x3, yang secara grafis gaya
listrik (untuk beberapa nilai beda potensial V) dan gaya pegas sebagai fungsi x diberikan dalam gambar di bawah:
Dari grafik di atas terlihat bahwa ada dua akar/solusi untuk x yaitu: x1 yang jelas merupakan kesetimbangan tak
stabil karena besarnya gaya listrik dan/atau gaya pegas, dan x3 yang menampilkan kesetimbangan stabil tetapi
dengan jarak pisah antar keping yang amat besar. Oleh sebab itu besar beda potensial maksimum yang ditanyakan akan terkait dengan situasi dimana kedua kurva dari grafik gaya listrik dan grafik gaya pegas bersinggungan, yaitu pada saat akarnya x = x2. Dengan demikian secara grafis keseimbangan kedua gaya di atas
sama maknanya dengan menyamakan kemiringan (slope) kedua kurva grafik F (x) dan Fp (x) di titik x = x2.
Maka,
3 / 1 2 0 3
2
0 , sehingga diperoleh nilai
k AV x
k x
AV
(3) (1 poin)
Penyamaan kedua persamaan (1) dan (2) di atas memberikan
dan dengan menggunakan persamaan (3) diperoleh
3
2
atau
,
)
(
2x
23
h
x
x
h
k
kx
(4) (2 poin)c. Substitusi pers (4) ke dalam pers (3) akhirnya memberikan besar beda potensial maksimum kedua lempeng (V) yang menjamin kedua lempeng tidak dapat bersentuhan, yaitu
A kh V
0 3
27 8
. (3 poin)
X
2X
3X
1- F
l, - F
px
titik
kritis
kh
kurva gaya
pegas F
pkurva gaya listrik
Fl utk V berbeda
kurva Fl