Solusi soal teori OSN 2009

  SOLUSI 1.

  2 H

  A. Waktu bola untuk jatuh diberikan oleh : t _A =

  g



  2 H Jarak d yang dibutuhkan adalah d =v =v

  t A g

  



B.

  i. Karena bola tidak slip sama sekali dan tumbukan lenting sempurna maka energi mekanik sistem kekal. ii. Gaya gesek arahnya ke sumbu x negatif (melawan arah gerak relatif bola)

  =m v −mv ' iii. Impuls gaya gesek: I .

  A A , x

  2

  2 R= m R '

  iv. Impuls sudut dari gaya gesek: I

  

A A

  5

  1

  1

  1

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  v = v '  '

  C. Hukum kekekalan energi: m v m v ' . m R

   A , y   A , x A , y  A

  2

  2

  2

  5 Karena tumbukan lenting sempurna, kecepatan bola dalam arah vertikal tidak berubah sehingga v A,y = v' A,y .

  2

  2

  2

  

2

  2 v =v '  R '

  Sederhanakan, didapat :

  A , x A

  5

  2 =m v −v ' = m R  '

  Gunakan hubungan impuls: I ,

   

x A , x A

  5

  2

  2

  2

  2

  5 didapat −v ' = −v '

  v v A , x  A , x 

  5

  2

   

  2

  5 −v ' v ' = −v ' atau v v v

   A , x  A , x   A , x 

  2

  3 =v

  Ada 2 solusi: v ' dan v ' = v

  A , x A , x

  7 3 10 v

  5 Solusi yang benar adalah solusi kedua: v ' = v dengan ' = −v ' =

  v

A , x

A  A , x 

  7

  2 R

  7 R

  D. Untuk menghitung posisi tumbukan kedua di B, kita perlu menghitung waktu agar bola bisa menyentuh keping atas K ^{1 . Persamaan yang digunakan hanyalah persamaan gerak parabola:}

  1

  2 h=v t − g t

  A , y B B

  2

  =

  dengan v A , y 2 g H

   Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat: 2 g H ± 2 g H −2 g h

  2 H h

   

  = =

  t 1± 1− B

g g H

     

  1

  2 H

  Ambil solusi negatif dan masukkan harga h = 0,75 H:

  t = _B 2 g

  

  3

  1

  2 H

  3 = =

  Jarak horizontal yang ditempuh bola adalah x =v t v . d , sehingga dengan _{B x B}

  7 2 g

  14 

  17

  17 koordinat B d , h=Bd x , h=B d , h diperoleh =

  B

  14

  14

   

  E. Proses tumbukan kedua mirip dengan proses tumbukan pertama. Yang perlu diperhatikan adalah ada perubahan persamaan impuls-nya. Karena rotasi bola terlalu cepat (ω' A R > v' A,x ) maka gaya gesek berusaha mengurangi kecepatan rotasi sehingga gaya gesek arahnya juga ke sumbu x negatif.

  3 F. Besarnya impuls gaya gesek diberikan oleh I =m v −v '

  B B , x

  7

    dengan v' B,x adalah kecepatan bola setelah tumbukan. v

  2

  10

2 Impuls sudut diberikan oleh I R= m R − '

  B B

  5

  7 R

    dengan ω' B adalah kecepatan sudut bola setelah tumbukan.

  Hukum kekekalan energi:

  1

  1

  2

  1

  1

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  2

  v '   ' = v   E= m v ' . m R m v . mR .

   B , x B , y  B  B , x B , y  B

  2

  2

  5

  2

  2

  5 10 v

  3 =v ' = Kecepatan dalam arah x: v v dan kecepatan sudut:  = ' = .

  B , x A , x B A

  7

  7 R Karena tumbukan lenting sempurna, berlaku: v B,y = v' B,y .

  5

  1 v '

  Dari hubungan impuls, didapat  ' = v

  B B , x

  2 R

  7

   

  10

  93

  2

  2

   v ' v − v Masukkan semua informasi ini ke persamaan energi, didapat: v ' =0 .

  B , x B , x

  49 343 Faktorkan, dengan memperhatikan bahwa salah satu solusi adalah solusi untuk kasus tidak terjadi

  3

  31 tumbukan: v ' − v v '  v =0

  B , x B , x

  7

  49

     Sehingga didapat v '

  B , x

  E

  8 L

  M g

  

  2

  2 M v

  1

  A. Persamaan kekekalan energi mekanik E tali adalah

  8 L  x−2 L

  M g x

  =

  

p

tali

  p pegas

  Diketahui pada saat awal (t = 0), x = 0, dan v = 0 sehingga E = 0. Dengan demikian

  =E

  E p

  8 L 2 Lx  sehingga energi potensial total sistem adalah

  M g x

  = −

  x 

  2

  1

   L

  x



g

  4 L

  x  x−2 L=E

  v

  = −

  dx dt 

  4 L  L− x

  g

  =

  2

  2 x dt

  d

  4 L  L−x  atau

  g

  =

  dv dt

  sehingga

  −2 x

  2

  dx dt

  2 L

  

  4 L

  g

  =

  dv dt

  B. Selanjutnya dari pers. (1) dapat dihitung derivatif terhadap waktu (t), yaitu 2 v

  x 2 L−x  (1)

  4 L

  g

  =

   M

  E p tali

  = −

  A

  31

  d−

  14

  3

  =d 

  BC

  d

  B

  98

d .

Artinya jarak titik C dari titik asal O(0,0) adalah d x

  31

  2 = −

  B , x t

  d =

  =v '

  BC

  G. Waktu untuk bola bergerak dari B ke C sama dengan waktu bola bergerak dari A ke B. Jarak yang ditempuh bola adalah d

  v R

  49

  60

  = −

  

B

  dan '

  v

  49

  31

  98

  44

  4 L Sementara itu, energi potensial gravitasi tali relatif terhadap posisi awal adalah

  k x

  2

  M g x

  =

  2

   x

  2 L

   M g

  2

  1

  =

  2

  2

  49

  1

  =

  2 M v ² Pada saat ujung bebas tali sudah tergeser sejauh x dari posisi awal, energi potensial pegas adalah E p pegas

  1

  E _K =

  2. Oleh karena tiap partikel dalam tali memiliki kelajuan yang sama, maka energi kinetik tali adalah

  d , 0 

  49

  44

  

  koordinat titik C adalah

  d , sehingga

  Artinya, persamaan gerak ujung bebas tali untuk pergeseran x adalah

  2 d g

   x−L  x−L=0

  2

  4 L

  dt

  yang tidak lain adalah persamaan gerak osilasi harmonik sederhana di sekitar titik x = L. Dengan demikian, besar periode osilasi adalah

  4 L L =4

  T =2  g g   dan karena v = 0 untuk x = 0 maka amplitudo osilasi adalah L.

  3. A. Jika kecepatan sudut cincin adalah ω, maka energi kinetik translasi cincin adalah

  1 ²

  1

²

² EK = M v = M R _T 

  2

2 Energi kinetik rotasi cincin adalah:

  1

  2

  1

  

2

  2 EK = I  = M R  R

  2

  2

  2

2 Energi kinetik total:

  EK =M R 

  Energi potensial:

  EP=−M g R cos 

  1

  2

  2 Bandingkan hasil ini dengan bandul sederhana (yang memiliki energi kinetik: EK = M R 

  2

  2 M R R ).

  =2  dan energi potensial EP=−M g R cos  , periode diberikan oleh T =2 

  M g R g 

  

  2

  2 M R

  2 R Sehingga periode osilasi sistem ini diberikan oleh T =2  =2 

  M g R g  

  Jika menggunakan metode gaya/torka: _{2 2.}

  Momen inersia terhadap titik O: I cm + MR = 2 MR Torka terhadap titik O:

  2

  −M g R sin =2 M R 

   g

   sin =0 Sederhanakan: 

  

  2 R

  2 R Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh T =2 

  g  B.

  i. Perhatian gambar. Busur AB = busur A'B' = rθ.

  A' B ' r

  =− =  1−

  R R  

  ii. Jika laju perubahan sudut θ adalah ω θ , maka energi kinetik translasi cincin adalah

  1

  1

  2

  2

  2 EK = M v = M  R−r    T

  2

  2 Energi kinetik rotasi cincin adalah:

  2

  1 1 r

  1

  2

  2

  2

  2

  2 EK = I  = M R  1− = M  R−r      R

  2

  2 R

  2

   

  2

  2

   Energi kinetik total: EK =M  R−r 

  

  Energi potensial: EP=−M g  R−r cos 

  2

  2 M  R−r  2 R−r  Jadi periode osilasi diberikan oleh T =2  =2 

  M g  R−r  g   f

  A' B A

  r

  B'

  φ R

  O

  θ

  P'

  θ

  P

  Mg Jika menggunakan metode gaya/torka:

  Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B' −M g sin  f =M  R−r  

  

  Persamaan gerak rotasi terhadap pusat cincin:

  2

  − f R= M R 

  

  Gunakan hubungan pada bagian i:

  r  =  1−

     R 

  Gabungkan ketiga persamaan ini, didapat −M g sin =2 M  R−r  

   g

    sin =0 sederhanakan:

  

  2 R−r 

  2 R−r  T =2 

  Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh

  g 

2 R

  iii. Jika r menuju nol didapat T =2 

  g  C. r r

  = 1−  i.

  R R  

  ii. Untuk mencari hubungan sudut-sudut ini, tinjau gerak rotasi kedua cincin. Ada gaya gesek antara kedua cincin.

  2 Persamaan gerak rotasi cincin besar: − f R= M R  

  2 Persamaan gerak rotasi cincin kecil: f r=m r  

  mr  =0 Eliminasi gaya gesek f, didapat M R

  

 

  m r  =0 sehingga hubungan kecepatan sudut diberikan oleh: M R

    r r

    Dari hubungan sudut dari bagian i, didapat  = 1−

     R R

   

  Gabungkan kedua hubungan kecepatan sudut ini:

  m r

   =  1−

    m M R

   

M R r

   −  dan = 1− .

   

m M r R

   

  2

  1

  

2

2 m M

  2

  2 Energi kinetik rotasi cincin besar: M R  =   R−r   

  2

  2 2 mM 

  2

  1

  2 2 m M

  2

  2

   =   R−r  Energi kinetik rotasi cincin kecil: m r

   

  2

  2 2 mM 

  1

  1

  2

  2

  2

  =  Energi kinetik translasi cincin besar: M v M  R−r 

  

  2

  2

  m M

  1 1 2 mM

  2

  

2

  2

  2

  2

  2

    R−r   M   R−r  = M   R−r  Energi kinetik total:

    

  2 mM 

  2 2 m M Energi potensial: EP=−M g  R−r cos  2 m M

  2 M  R−r 

  Jadi periode osilasi diberikan oleh

  m M R−r 2 mM T =2  =2  M g  R−r  g mM

    

   Jika menggunakan metode gaya/torka:

  Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B' −M g sin  f =M  R−r  

  



  Persamaan gerak rotasi sudah diberikan pada bagian pembahasan energi:

  2

  − f R= M R 

  

  2

  

  f r=m r 

  Gabungkan hasil ini dengan persamaan pada bagian i: didapat:

  mM f =−   R−r   mM

  Masukkan ini ke persamaan gaya:

  mM

  −M g sin =   R−r M  R−r 

    mM

  Sederhanakan:

  g mM

    sin =0

   R−r 2 m M R−r 2 m M

  Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), didapat T =2 

  g m M  

  

  2 R−r  iii. Untuk limit m besar, didapat T =2  .

  g  4.

  A. Tanpa ada medan magnet, muatan 1 akan bergerak ke kiri (sumbu y negatif). Agar muatan berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B ^{1 ke luar bidang kertas (sumbu x positif). Demikian} juga dengan muatan 2, tanpa medan magnet, muatan 2 akan bergerak ke kanan (sumbu y positif).

  Agar muatan 2 berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B ^{2 masuk ke bidang kertas (sumbu x} negatif).

  

2

k q

  = − y−B q v zB q v y

  B. Gaya yang bekerja pada muatan 1: F ¹

  1, y 1, z

  

2

  2 y

  2 k q

  = yB q v z−B q v y Gaya yang bekerja pada muatan 2: F ₂

  2, y 2, z

  

2

  2 y  dengan y dan z berturut-turut adalah vektor satuan yang menyatakan arah y positif dan arah

  z positif.

  Persamaan gerak muatan 2:

  2 k q

  = −B q v sumbu y: m a

  2, y 2, z

  2

  4 y

  m a =B q v

  sumbu z: 2, z 2, y C. Energi mekanik kekal, karena medan magnet tidak bisa mengerjakan usaha.

  2

  2 k q k q

  1

  2

  1

  2 D. Persamaan energi: = 2. m v  m v . y z

  2 d 2 y

  2

  2

    Faktor 2 dimasukkan karena energi kinetik kedua muatan sama besar.

  Untuk mencari ukuran kotak, kita butuh kecepatan dalam arah y sama dengan nol saat jarak kedua muatan adalah 2L. Untuk mencari kecepatan dalam arah z, kita hanya butuh melakukan integral sederhana yaitu dari

  dv dy 2, z

  2

  =B q v =B q dy persamaan m a atau m =B q sehingga m dv .

  2, z 2, y 2, z

  2 dt dt

  Karena kecepatan mula-mula dalam arah z adalah nol, saat y = d, maka didapat

  m v = B q L−d  _z

  Gunakan hasil ini pada persamaan energi, didapat _{2 2 2}

  k q k q B q  L−d  = m 2 d

2 L m

   

  2

  2

   L−d 

  k

  1

  1 B − =

  Sederhanakan: 2 d L m

    k m

  =  L−d  L d atau

  2

  2 B

  d 2 k m

  Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat L= 1± 1

  2

  3

  2 B d

  [ ]  d 2 k m

  Ambil solusi positif: L= 1 1

  2

  3

  2 B d

  [ ] 