osn 2014 plus jawaban

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
TAHUN 2014

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.

g
M

m

R

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.)

Oleh : davit Sipayung

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



A

B

b
a
P

C

D
L

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.
y

A

1

g


L 3

2

B

O

4.

L
x

C

(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 Q 0, 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!
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 Q 0.
g. Hitung kembali ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar pada kondisi
terakhir !
Ketentuan :

Semua jawaban akhir harus dalam V0 dan Q 0 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.

licin

R
r

m

R

kasar


B

kasar

A

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!


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.

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 :
T



N2

f2

T
a

Mg
mg

N1
f1

Persamaan gerak massa m :
(1)
mg  T  ma
Pusat massa silinder tidak bergerak translasi :
F x  0
(2)
T  f1  N 2  0
F y  0
(3)
N1  f 2  Mg  0
Silinder slip sehingga gaya gesek kinetik bekerja pada silinder.
(4)
f1   N1
(5)
f2  N2
Silinder bergerak dengan kecepatan angular  . Percepatan tepi silinder sama dengan
percepatan massa m.
(6)
a R
Persamaan rotasi silinder :
  I pm
TR  f1R  f 2 R  1 MR 2 a
R
2
T  f1  f 2  1 Ma

2
Substitusi pers.(1),(4) dan (5) ke pers.(7) :

(7)

mg  T 

 m 

T   N1   N 2  1 M 

2
2m  M T  2m N1  2m N 2  Mmg
Pers.(2) dapat dituliskan menjadi

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

(8)

T  N 2   N1

(9)

Substitusi pers.(9) ke pers.(8) :
 4m  M N1  2m  2m  M N 2  Mmg
Pers.(3) dapat disederhanakan menjadi :
N1   N 2  Mg
Dari pers.(10) dan pers.(11) akan kita peroleh
2m  3m  M Mg
N1 
1    2 2 2m  1   2 M
N1 

m  4m   M Mg

1    2 2 2m  1   2 M

(10)
(11)
(12)
(13)

b. Substitusi pers.(12) dan pers.(13) ke pers.(9) untuk memperoleh tegangan tali :
m  2m  3 2 mMg
(14)
T1 
1    2 2 2m  1   2 M
Percepatan beban m :
agT
m
1    2 2 2m  21   M g
a
(15)
1    2 2 2m  1   2 M
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 :
 pm  0
atau
a 0
m  1   
M
1    2 2 
Harga minimum (m/M) agar dapat berotasi :
1   
m

(16)
M min 1    2  2 
Untuk   0,5 maka besar harga minimum (m/M) :
m
3
M min 4

 

 

 

2.

Pembahasan :

a. Diagram gerakan bola biliard :

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

L – a -x



A

b

S1 v1

x

v1



B

S2

v0
v2

a
P

v2



y



S3

P-y

v3
C

D
L

Tumbukan pertama di dinding AB.
Momentum arah horizontal kekal :
v1cos  v1cos
v1 cos

v1 cos
Koefisien restitusi tumbukan e :
vsin
e 1
v1sin
Tumbukan kedua di dinding BD:
Momentum arah horizontal kekal :
v2 cos  v2 cos
v2 cos

v2 cos
Koefisien restitusi tumbukan e :
v sin
e 2
v2 sin
Hubungan antara sudut β dan θ :
    90 0
Dari pers.(1) dan pers.(2), kita peroleh
tan 
e
tan
Dari pers.(3) dan pers.(4), kita peroleh
tan
e
tan
Pers.(6) sama dengan pers.(7) :
tan  tan

tan tan
tan tan
tan 
tan
Dari pers.(5) kita peroleh hubungan :
Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

(1)

(2)

(3)

(4)
(5)
(6)

(7)

(8)

tan  tan  90 0   cot  1
tan
atau
(9)
tan tan  1
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

(11)
L xa
L
Secara geometri kita dapat membuktikan bahwa x = y. Sehingga pers.(11) menjadi :
P  xL  x  a   PL
x 2  P  L  a x  PL  bL  Pa   0
x

P  L  a   P  L  a  2  4PL  bL  Pa 

2
Untuk posisi bola biliard di  P2 , L2  maka bola harus ditembakkan di x=0 dan y=o.
Solusi x dan y yang memenuhi adalah tanda negatif :
x

P  L  a   P  L  a  2  4PL  bL  Pa 

2
Nilai tan agar bola masuk lubang C :
2b
b
tan 

L  x  a  L  P  a   P  L  a  2  4PL  bL  Pa 
b. Jarak yang ditempuh biliard sebelum menumbuk dinding AB :
S1  b 2  L  x  a 



2



S1  1 4b 2  L  P  a   P  L  a   4PL  Lb  Pa 

2

2
c. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan sebelum
menumbuk dinding BD:
S2  x2  y 2
S2  x 2  y 2 

P  L  a   P  L  a  2  4PL  bL  Pa 

2
d. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki
lubang:
S3  P  y  L2
2





S3  S1  1 4L2  P  L  a   P  L  a   4PL  Lb  Pa 

2

2
e. Kecepatan bola biliard sesaat setelah dipukul :
F t 0  mv0
F t 0
v0 
m
Kecepatan bola biliard sesaat sebelum menumbuk dinding sisi AB:
1 mv 2  1 mv 2  kmRS
1
2 0 2 1
Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

 

F t 0
v1 
 2kRS1
m
Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk sisi AB:
2

 

 

 F t 0 2

S
 e
 2kRS1  b  2 


m
S
y
sin

 1  
Kita mengetahui bahwa y  S 2 2 , sehingga
v1 

ev1sin

eb 2 

S1 

 


 2kRS1 



Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk dinding BD :
1 mv 2  1 mv 2  kmRS
2
2 1 2 2
2e 2 b 2  F t 0 2

 2kRS1   2kRS 2
v1 

2
S1  m

Kecepatan bola biliard sesaat setelah menumbuk dinding BD :
 2e 2 b 2  F t 0 2
 x S3

ev sin
 e


v2  2
kRS
kRS
2
2

1
2

 S12  m
 S2 L
sin



Kita gunakan hubungan x  S2 2 , sehingga :
v1 

F t 0
m

2

 

S12  b 2  L  x  a 

  

2

L  S12  b 2  a  x
S
L  S12  b 2  a  2
2
Oleh karena itu :



 



 

 2e 2 b 2  F t 0 2


2
2
kRS
kRS




1
2


S
S12  m


2 S12  b 2  a  2 
2
Kecepatan bola biliard sesaat sebelum masuk ke dalam lubang :
1 mv 2  1 mv 2  kmRS
3
2 2 2 3
 2e 2 b 2  F t 0 2


e 2 S 32
v3 
 2kRS1   2kRS 2   2kRS 3
 m
2
2
S
1
S



2 S12  b 2  a  2 
2
v2 



3.

eS 3



 

Pembahasan :

a. Gambar posisi partikel A, B dan C .

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

y

A

1

g

L 3

2

B

O

L
x

C

Posisi partikel A :
xA  0

y A  L 3cos1
Posisi partikel B :
xB  0
yB  Lcos 2
Posisi partikel C :
xC  L 3sin1  Lsin 2
yC  0

Hubungan θ1 dan θ2 :
L 3sin1  Lsin 2

3sin1  sin 2
b. Komponen kecepatan partikel A :
dx
v A,x  A  0
dt
dy
d
v A, y  A   L 3sin1 1  1 L 3 sin 1
dt
dt
Kecepatan partikel A :
v A  v A2 ,x  v A2 , y v  1L 3sin1
Komponen kecepatan partikel B:
dx
vB ,x  B  0
dt
dy B
d
vB, y 
  Lsin 2 2   2 L sin 2
dt
dt
Kecepatan partikel B :
vB  vB2 ,x  vB2 , y   2 Lsin 2
Komponen kecepatan partikel C:
dy
dx
d
vB,x  C  B  Lcos 2 2   2 L 3 cos 2
dt
dt
dt
dyC
vC , y 
0
dt
Kecepatan partikel C :
Oleh : davit Sipayung
Web : davitsipayung.blogspot.com
Email : davitsipayung@gmail.com

vC  vC2 ,x  vC2 , y   2 Lcos 2
Energi total sistem :

E  1 mv A2  1 mvB2  1 mvC2  mgy A  mgyB  mgyC





2
2
2
E  3 m12 L2 sin 21  1 m 22 L2  mgL 3cos1  cos 2
2
2
Hubungan  1 dan  2 :
sin 2 2
sin 2 1 
3
sin 2 2
3  sin 2 2
cos 1  1  sin 2 1  1 

3
3
Hubungan 1 dan  2 :
d 3sin  d sin 
1
2
dt
dt
3cos1 1 cos 2 2
cos 2  2
1 
3  sin 2 2
Energi total sistem dalam  2 dan  2 :
cos 2 2  22 sin 2 2 1 2 2
 m 2 L  mgL 3  sin 2 2  cos 2
E  3 m 22 L2
2
2
3  sin 2 2  3










sin 2 2 2
 1  mgL 3  sin 2 2  cos 2
2
2
 43  sin  2  
c. Kondisi awal sistem :


E  1 m 22 L2 



sin1  
6
sin 2  3sin 1

sin 2  3sin  1 3 atau  2   .
3
6 2
1   2  0
Energi awal sistem :
2


E awal  mgL 3  1 3  1   2mgL
2
2


Posisi akhir sistem:
 2  90 0 sehingga sin1  1 3 dan cos 1  1 6 .
3
3
Energi akhir sistem :
E akhir  1 m22 L2  mgL 2
2
Kekekalan energi :
2mgL  1 m22 L2  mgL 2
2

 





2g 2  2
L
Kecepatan sudut 1 ketika  2  90 0 :

 2   2 

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



1  1 

 2 cos90 0

3  sin 2 90 0

0

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



vB   2 Lsin 2  2 gL 2  2

Kecepatan partikel C:
vC  2 Lcos 2  0



Komponen percepatan partikel A :
a A,x 

a A, y

dv A,x
0
dt
dv A, y

 1 L 3 sin1  12 L 3 cos1
dt

Komponen percepatan partikel B:
a B ,x 

a B, y

dv B ,x
0
dt
dvB, y

  2 L sin 2   22 L 3 cos1
dt

Komponen percepatan partikel C:
da
a C ,x  C ,x   2 Lcos 2   22 Lsin 2
dt
dvC , y
a C ,y 
0
dt
Hubungan  1 dan  2 :
d 3cos   d cos 
 2 2
1
1
dt
dt
3cos11  312 sin1  cos 2  2   22 sin 2
Energi total sistem konstan sehingga berlaku :
dE  0
dt





 8 2 sin4 2 3  sin 2 2   4sin 3 2 2  g
1
 sin 2 2 2

2
3
 1  1 L 22 
  3  sin  2  2 2 2 sin 2 2  g 2 sin 2  0
2
2
2
2
2

4
3
sin



2
163  sin  2 





L 2 2 

Substitusikan nilai  2  90 0 , maka kita akan memperoleh
L 2  g  0
g
 2 
L
Hubungan  1 dan  2 ketika  2  90 0 :
3cos11  31 2 sin1 cos 2  2   2 2 sin 2
3 1 6 1   2 2
3

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



2g 2  2
L
2g 2 1
1 
L
2 1 







Percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang
pertama kali.
Percepatan partikel A :
a A  1L 3 sin1  1 2 L 3 cos1 ˆj  2 3 2  1g ˆj

Percepatan partikel B :
a B   2 L sin 2   22 L 3 cos 2  ˆj   g ˆj

Percepatan partikel C:
a B   2 Lcos 2   22 Lsin 2 iˆ  2 g 2  2  iˆ

4.





a. Besar muatan induksi q  dalam dielektrik :
Pembahasan :

q  Q 0 1  1
K1
b. Besar medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat :
Q
E0  0
0A
c. Besar medan listrik dalam dielektrik :
Q0
E
 0 AK1
d. Besar potensial listrik pada kapasitor :
V  E 0 d  l   El
V  E 0 d  l   Ed  l  

Q0
Q0
d  l  
d  l 
0A
 0 AK1
e. Capasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan :
Q
 0 AK1
C 0 
V d  l K1  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
K  bx  0ba  x  0 A
C 2 0 

K 2  1 x  a
d
d
ad

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

h









x

Persamaan energi dalam kapasitor :
VdQ  d 1CV 2  F L dx
2
Tegangan V0 konstan dan Q= CV, sehingga
V0 dQ  V02 dC
Karena itu
V02 dC  1V02 dC  F e dx
2
2 dC
1
F e  V0
2 dx
Besar gaya elektrostatik :
 0 AK 2  1
F e  1V02
2
ad
Gaya berat cairan dielektrik :
F g  mg  Vcairan g  h Adg
a
Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:
Fe  F g
1V 2  0 A K 2  1   h Adg
2 0
ad
a
2
V0  0 K 2  1
h1
2
d 2g
g. Baterai dilepas sehingga dQ= 0. Tegangan awal sistem V0. Persamaan energi menjadi :
F e   d 1CV 2  VC dV  1V 2 dC
dx 2
dx 2 dx
Karena
dV  d  Q 0    Q 0 dC
 
dx dx C 
C 2 dx
sehingga
Q2
Q2
Q2
F e  02 dC  1 02 dC  1 02 dC
C dx 2 C dx 2 C dx
Besar gaya elektrostatik menjadi :
Q2  A
F e  1 02 0 K 2  1
2 C ad
2
Q 02
0A
Fe  1
K

1
 2 
2
ad
2  0 A

K 2  1 x  a
 ad






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

Fe  1

Q 02 ad K 2  1

2  0 AK 2  1 x  a 2

Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:
Fe  F g
2
1 Q 0 ad K 2  1   h Adg
2  0 A K 2  1 x  a 2
a

h1

Q 02 a 2  K 2  1

2  0 A2 g  K 2  1 x  a 2

5.

Pembahasan :

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

licin

R

θ

θmaks

R

f

r

m
mg

B

kasar

A kasar

Gerak translasi benda X :
mgsin  f  ma cm
Gerak rotasi benda X :
f  r  I
f  r   mr 2
f   mr
Percepatan pusat massa benda X dengan a cm  r :
g sin
a cm 
1 
Gaya gesek pada benda X:
m g sin
f 
1 
Syarat agar benda X tidak slip:
f  s N
m g sin
  s mg cos
1 
 tan
s 
1 
Mula-mula benda X berada pada sudut θ=450 (sudut seperdelapan lingkaran).
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 :
mgR  r 1  cos   1 mvB2  1 I B2
2
2
0
Besar sudut awal θ=45 (sudut seperdelapan lingkaran) dan v B   B r .
v2
mgR  r  1  1 2  1 mv B2  1  mr 2 B2
2
2
2
r
vB 







gR  r  2  2

1 



c. Benda X slip saat menaiki loop kiri sehingga benda X hanya memiliki energi kinetik
translasi saat mulai menaiki loop kiri. Kekekalan energi :
1 mv 2  mgR  r 1  cos 
maks
2 B
2 2
 1  cos maks 
21   





cos maks 

2  2
21   

 2  2 

 21    

 maks  cos 1

Panjang lintasan yang ditempuh benda X di loop kiri :
 2  2 
s   maks  R  R cos 1

 21    
d. Benda X kembali melewati titik B dengan kecepatan yang sama dengan kecepatan
awal saat benda X mulai menaiki loop kiri.
vB 



gR  r  2  2



1 
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 :
Lawal  mv B r  mr



gR  r  2  2



1 
Momentum angular benda X di titik A saat benda X sudah bergerak tanpa slip :
Lakhir  mv Ar  I A  mv Ar   mr 2



gR  r  2  2

vA
 mv Ar 1   
r

  mv r 1   

Kekekalan momentum angular :
mr

1 

A

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





gR  r  2  2
1
1 
1   
Nilai vA juga dapat ditemukan menggunakan Hukum Newton untuk dinamika rotasi
dan translasi.
Percepatan benda X ;
vA 

a  g  



g
1 
Panjang lintasan AB :
v A2  vB2  2aL



gR  r  2  2

1   

  gR  r 2  2  
1 

R  r 2  2 
3

2
gL
1 

2   
2
e. 1) 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.
L

f. Karena kecepatan translasi benda X dan Y sama sesaat sebelum tumbukan maka kedua
benda akan bertumbukan di tengah lintasan AB:
R  r  2  2
dL
2   
2
4
Substitusikan nilai   23 untuk silinder berongga:
d  2 R  r  2  2
3
g. Kecepatan awal benda X dan Y:







v X ,B  vY, A 





g R  r  2  2



1  23
Percepatan benda X dan Y:

a   g  
g   2g
1 
5
Tinjau persamaan gerak benda Y :
d  v X , A  1 a 2
2

R  r 2  2 

2    







3g R  r  2  2
5







3g R  r  2  2
  1 g 2  0
5
5





15 gR  r  2  2
  10 R  r  2  2  0
3g
g
Selesaikan persamaan ini menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat dan
ambil solusi waktu terkecil sebagai solusi yang fisis.
4

2

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











15 gR  r  2  2
15R  r  2  2 40R  r  2  2
 1

2
g
2
g
3g

 1





5R  r  2  2
3g
h. Kecepatan benda Y sesaat sebelum tumbukan :













3gR  r  2  2 2 5R  r  2  2
R  r  2  2
 g

5
5
3g
15 g
Kecepatan vY,d arahnya ke kiri.
Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan :
vY,d 

v X ,d  vY,d 





R  r 2  2 

15 g
Kecepatan v X ,d arahnya ke kanan.
Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan :
fr
mgr
g
 X ,d     
 
2
I
r
 mr
Substitusikan nilai  





 2 dan  
1  5







5R  r  2  2
, kita kan memperoleh :
3g

3R  r  2  2
5g
r
Tumbukan antara benda X dan Y lenting sempurna.
Kecepatan benda X sesaat setelah tumbukan :

 X ,d  1

vX ,d 

R  r 2  2

15 g
Kecepatan vX ,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R  r  2  2
r
5g
Kecepatan benda Y sesaat setelah tumbukan :

X ,d   X ,d  1
vY,d 

R  r 2  2 

15 g
Kecepatan vX ,d arahnya ke kanan.









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

gR  r  2  2
5R  r  2  2
vX ,d
 5

2g
15
12 g
a
Kecepatan angular benda X ketika benda X berhenti sesaat :
t1 

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







3R  r  2  2
3g 5R  r  2  2

r
5g
5r
12 g

X  X ,d  t1  1

3g R  r 2  2 
 X  1



2r
5
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:
g R  r  2  2
v2
 1 R  r  2  2
S X  X ,d  1 5
2a
2 2g
15
12
Oleh karena S X  d , maka benda X akan bergerak kembali kanan sebelum
2
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 SY  d  S X dari titik A.
2
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 :
IX  mvX r  IX

 mr 2X  mvX r   mr 2 v X
r
Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :
vX 

 r  1 3gR  r 2  2 
 
1  X 5
5





Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :

 X 

3g R  r  2  2
vX
 1
r
5r
5

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.



3g R  r  2  2
5
5

vY  1



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

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