Soal-Jawab Fisika Teori OSN 2013

page 1

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 di atas lingkaran kawat licin bermassa M dan berjari-jari R. Kawat lingkaran berdiri vertikal pada lantai. Manik-manik

diberi usikan kecil, 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

R mv mg

N

2

cos 

  (1)

Beda ketinggian manik-manik setelah terjatuh menempuh sudut  adalah

, cos

R

R sehingga dari kekekalan energi kita dapatkan:



1 cos



2



1 cos



2

2 2

 

 

mgR v gR

mv

(2)

Dengan memasukkan nilai kecepatan dari pers. (2) ke pers. (1), akan diperoleh

m m

M R

(1 poin)

page 2











   cos 3 2 cos cos 1 2 cos 2        mg mg mg mg R mv N (3)

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









 2 2 3cos cos

cos

2  

 N mg

N_t (4)

Nilai  yang menghasilkan besar gaya ke atas maksimum diperoleh dengan menderivatifkan pers. (4) terhadap , yang menghasilkan





. cos sin 6 sin 2 cos 3 cos 2 0 2            d d (5)

Oleh karena itu, nilai maksimum dicapai ketika

3 1

cos  atau  = 70,5o

b- Jika nilai ini dimasukan dalam pers. (4) diperoleh besar gaya total ke atas sebesar

3 2 3 1 3 1 3 2

2mg mg

N_t 

                 

 (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

page 3 2. (15 poin) Partikel bermassa mmeluncur 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

Solusi:

a- Dari hukum kekekalan energi pada partikel bermassa m, diperoleh:

Eg (energi potensial yang dilepaskan) = Ek (energi kinetik tepat sebelum tumbukan)

2

2 1

mv

mgh sehingga

kecepatan m menumbuk batang v 2gh (1)

Momentum sudut kekal selama tumbukan, L = L’ sehingga:

gh mR mvr

L  2 (2)









0

2 3 1 2

0 

 mR MR

I I

L p  b   (3)

Karena LL maka diperoleh:

m

h R

M, 

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

page 4 2 2 3 1 0 2 mR MR gh mR  

 (4)

Kecepatan sudut  sebagai fungsi sudut:

Cara 1:

E

E₀   (1 poin)

















2

2 1 2 1 2 0 2

1  _{1 cos} _{1 cos} 

b p b

p I mgR Mg R I I

I         (1 poin)











2



₂1



1 cos



0 2 2 3 1 2 1 2 2 2 3 1 2

1 _MR _mR  _MR _mR  _mgR _MgR 









2 2



3

1 2

0

2 1 cos 2

mR MR M m gR       

   2











1 cos



3 1 2 1 2 0 2      m M R M m g

(1 poin)

Cara 2:

  I



(1 poin)









 2 2

3 1 2

1 _sin

sin MgR MR MR

mgR   















 2 2

3 1 2 2

1

sin m M R MR mR

gR   











   sin 3 1 2 1 m M M m R g dt d     









     d m M M m R g d d sin 3 1 2 1    













   _ 

  0  

3 1 2 1 sin 0 d m M M m R g

d (1 poin)

page 5



 













1 cos



3 1 2 1 2 0 2 2 1      m M M m R g

   2











1 cos



3 1 2 1 2 0 2      m M M m R g

(1 poin)

b- Energi kinetik setelah tumbukan

 

Ek sama dengan energi potensial system

 

Eg pada sudut  , Ek’ = Eg’, sehingga











 



m M gh m mR mR gh R m MR mR I I E_{k p b}

3 3 2 2 2 2 3 1 2 2 2 2 3 1 2 2 1 2 2 1       

  (5)



cos





₂1 cos



2

1_{R R} Mg

R R mg

E_g     (6)

Dari pers. (5) dan (6)

g

k E

E 2  2











    cos 2 3 6 1 cos 2 3 6 2 cos cos 2 2 3 6 2 2 2               MgR mgR m M gh m MgR mgR m M gh m MgR mgR MgR mgR MgR mgR m M gh m (7)

Dari pers. (7) diperoleh:









_           R m M m M h m 2 3 6 1 cos 2 1

 (8) (1 poin)

(2 poin)

(2 poin)

page 6 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 v_o 0 m/s. Pada saat tt₁ lilitan kawat bagian bawah persis berada pada bidang batasy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 .

L

T

0

t tt1

2 tt

t

0

y

B

page 7 a. Untuk 0 t t1:

gerak jatuh bebas, maka v t( )gt Untuk tt₁ , maka v₁gt₁ 2gh

b. t1  t t2, timbul GGL induksi pada loop kawat itu sebesar

( )

d dA dT

V B BL BLv t

dt dt dt



       

dengan  : fluks magnet, A : luas loop kawat, B : medan magnet,

( )

v t : kecepatan loop kawat.

Sehingga timbul arus listrik di loop kawat itu yang searah jarum jam dan besarnya:

( )

BLv t I

R 

Gaya magnet yang terjadi pada loop kawat itu adalah: 2 2

( )

B L v t F BIL

R

   (arahnya ke atas),

sehingga persamaan gerak kawat loop adalah:

2 2 dv B L v

m mg

dt   R

Solusi dari persamaan gerak ini (dengan syarat batas t = t1t dan v = v1v)

adalah:





2 2

1 1

2 2 2 2 exp

mgR mgR B L

v gt t t

B L B L mR

 

 

 _  _{ }  _

  _{ }

c. Untuk t t2, gaya yang mempengaruhi sistem ini adalah gaya magnet dan gaya gravitasi, sehingga kecepatannya menjadi:





2 2

1 2 1 2

2 2 2 2 exp ( )

mgR mgR B L

v gt t t g t t

B L B L mR

 

 

 _  _{ }  _ 

   

(2 poin) (3 poin)

(2 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin) (1 poin)

(2 poin)

(1 poin)

page 8 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:

v

A B

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

2

r

Solusi:

a- Tinjau gambar dibawah ini

O

O’

A B

B’

m

page 9 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).

O

A B

N

w



u

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 udan membentuk sudut terhadap horizontal, maka

cos 2

v u 

(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

2

cos mu

mg N r  

(2)

atau

2

cos mu

N mg

r   

(3)

Ketika jarak ABr 2, maka

(5 poin)

(2 poin)

page 10

cos 2 1

2 2

r r

 

(4)

Agar silinder kontak dengan dinding ketika ABr 2, maka N0, sehingga

2

2

cos

2 2

mu mg

r g v

r 



(5)

atau

2

v gr

(6)

c- Dan gaya kontaknya adalah

2

2 2

mg mv N

r  

(7)

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin)

(3 poin)

page 11 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 m_A 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 m_B. Jari-jari m_B 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 m_A2m_B dan

A

kLm 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

page 12 e. jika konstanta pegas sangat besar (limit k)

f. jika bola B tidak ada (m_B = 0)

g. jika batang bandul tidak ada (limit L 0).

Solusi:

a. Diagram gaya sistem pegas dan bandul disajikan di bawah ini

Vektor koordinat, kecepatan dan percepatan pada A dan B:

A:

0

( , 0) ( , 0) ( , 0)

A  x x  A  x  A  x

r r r

B:

0

( sin , cos ) ( cos , sin )

B  x  x L  L   B x L  L  

r r

2 2

( ( cos sin ), ( sin cos ))

B  x L    L   

r

Gaya pada A dan B:

A: F_A ( sinT kx N, Tcosm g_A )

B: F_B  ( Tsin , cos T m g_B )

Persamaan gaya pada A:

Sumbu x: Tsinkxm x_A (1) Sumbu y: NTcosm g_A 0 (2) Persamaan gaya pada B:

Sumbu x:

2

sin _B( ( cos sin ))

T  m x L   

    (3)

Sumbu y:

2

cos _{B B} ( sin cos )

T m gm L    (4)

Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (3) diperoleh (1 poin)

page 13



m_Am_B



xm_BL



cos2sin



kx0 (5)

Penjumlahan dari persamaan (3)  cos dan persamaan (4)  sin akan menghasilkan bentuk yang dapat disederhanakan menjadi

cos sin 0

x Lg   (6)

b. Jika kecil maka cos 1, sin  dan 2 0. Persamaan (5) dan (6) masing-masing menjadi

(m_Am_B)x m L _B kx0 (7)

0

xLg  (8)

c. Dengan asumsi x dan  mengalami osilasi kecil dengan frekuensi sudut  maka

2 i t

xe   x  x dan  ei t     2 .

Persamaan (7) dan (8) menjadi:

2 2

[k(m_Am_B) ]x m _B L 0 (9)

2 2

( ) 0

x g L

  

    (10)

Persamaan (9) dan (10) dapat disusun dalam bentuk matriks

2 2

2 2

( ) 0

0

A B B

k m m m L x

g L

 



 

 _{  } _{   }



 _{   }

 _{     }

  (11)

Solusi persamaan (11) adalah jika determinan matriks persegi di ruas kiri = 0. Jadi

2 2 4

(k(m_Am_B) )(g L)m_B L0

4 2

( ( ) ) 0

A A B

m L  kL m m g  kg 2

2 ( ) ( ( ) ) 4

2

A B A B A

A

kL m m g kL m m g kLm g

m L

       

Untuk nilai m_A 2m_B dan kLm gA , maka 2

2 /g L

  atau 2 g/ 2L.

d. Kasus khusus: jika tidak ada pegas atau k = 0 maka

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

page 14

2 ( ) ( )

2

A B A B

A

m m g m m g

m L

    

Untuk tanda + maka 2 (m_Am_B) /g m L_A .

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 m_B bergerak ke kanan.

Untuk tanda  maka 20.

Pada kasus ini kedua massa bergerak lurus beraturan sepanjang sumbu x.

e. Kasus khusus: jika k sangat besar  maka

1/2 2

2 4

1

( ) ( ) 1

2 ( ( ) )

A

A B A B

A A B

kLm g

kL m m g kL m m g

m L kL m m g

  _      _  _ _

 

 

 

2 1 2

( ) ( )

2 ( )

A

A B A B

A A B

kLm g

kL m m g kL m m g

m L kL m m g

  _   _    __

 

 

 

Untuk tanda  maka 2

( _{A B}) /

g g

L m m g k L

  

  .

Pada kasus ini tetapan pegas yang sedemikian besar menyebabkan m_A seperti diam di tempat. Jadi hanya m_B yang dapat bergerak osilasi dengan panjang bandul L sehingga frekuensi sudut m_B adalah 2g L/ .

Untuk tanda + maka

2 ( ) ( ) ( )

1

( )

A B A B A B

A A B A A

kL m m g kg k m m g g m m g

m L kL m m g m m L L kL

         _   _

   

2

( /k m_A) (m g m L_B / _A )

   . Tetapi karena k sangat besar, maka suku m g m L_B / _A

dapat diabaikan sehingga 2k m/ _A.

Ini adalah kecepatan sudut untuk massa m_A yang terikat pada pegas bertetapan k.

f. Kasus khusus: m_B 0 maka

2 2

2 ( ) 4 ( )

2 2

A A A A A

A A

kL m g kL m g kLm g kL m g kL m g

m L m L

         

2 ( )

2

A A

A

kL m g kL m g m L

     .

Untuk tanda + maka 2 k m/ _A. Ini adalah kecepatan sudut untuk m_A. (1 poin)

(1 poin) (1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

page 15 Untuk tanda  maka 2 g L/ . Ini adalah kecepatan sudut untuk ayunan bandul dengan panjang bandul L.

g. Kasus khusus: L0 maka

1/2 2

2 4

1

( ) ( ) 1

2 ( ( ) )

A

A B A B

A A B

kLm g

kL m m g kL m m g

m L kL m m g

        _  _ 

 _{   } 

 

2 1 2

( ) ( )

2 ( )

A

A B A B

A A B

kLm g

kL m m g kL m m g

m L kL m m g

  _   _    __

 

 

 

Untuk tanda  maka 2

( _{A B}) _{A B}

kg k

kL m m g m m

  

   untuk limit L0.

Ini dapat dipahami yaitu ketika batang bandul tidak ada maka m_B akan menempel pada m_A sehingga total massa yang terikat pada pegas k adalah m_Am_B. Jadi

kecepatan sudutnya adalah 2k/ (m_Am_B).

=== Selesai === (1 poin)

(1 poin)

(2 poin)