Soal-Jawab Fisika Teori OSN 2013

  

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

  m m

  bawah pada kawat tersebut, satu ke kanan dan yang satu lagi ke kiri (lihat gambar).

  R

  Agar kawat lingkaran tersebut terangkat dari

  M

  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 ₂

  mv

  (1) (1 poin)

  

N  mg cos  

R

   adalah Beda ketinggian manik-manik setelah terjatuh menempuh sudut

  R  R cos  , sehingga dari kekekalan energi kita dapatkan: ₂ mv ²

   mgR  1  cos    v  2 gR  1  cos   (2) (1 poin)

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

  2 mv N   mg cos

  

  R

   2 mg  1  cos    mg cos  (3)  mg  2  3 cos   (1 poin)

  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

  (1 poin)

    

  N  _t

  2 N cos  2 mg  2  3 cos  cos (4)

  Nilai yang menghasilkan besar gaya ke atas maksimum diperoleh dengan

  

  menderivatifkan pers. (4) terhadap  yang menghasilkan ,

  d ²

   

   2 cos  3 cos   (1 poin)

  (5)

  d  2 sin  6 sin  cos  .   

  Oleh karena itu, nilai maksimum dicapai ketika

  o

  cos 

  1 3 atau  = 70,5 (2 poin) 

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

  

1 

  1 2 mg     (4 poin)

  (6)

  N  _{t    } 2 mg  2  3  

  

3

  3

  3      

  c- Lingkaran kawat akan terangkat dari lantai jika nilai gaya maksimum ke atas ini lebih besar dari berat lingkaran kawat tersebut. Jadi akan diperoleh

  2

   Mg mg  (3 poin)

  3

  m

  3   (7)

  (3 poin) M

  2

  m

  2. (15 poin) Partikel bermassa meluncur 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

  m M , R

  

  h Solusi: m

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

  E g (energi potensial yang dilepaskan) = E k (energi kinetik tepat sebelum tumbukan) (1 poin)

  1 ²

  mgh  mv sehingga

  2 kecepatan m menumbuk batang v  2 gh (1 poin) (1)

  Momentum sudut kekal selama tumbukan,

  (1 poin)

  L = L’ sehingga:

  L  mvr  mR

  2 gh (2) _{2 1 2} (1 poin) 

  L  I  I   mR  MR  (3) (1 poin)  p b 

   ^{3 }

   Karena L  maka diperoleh: L

  2 ² _{3 1}

    

  Cara 2:

   

  I  

  (1 poin)

   

     ^{2 2} ₃ ¹ ₂ ¹ MgR sin sin MR MR mgR    

     

     ^{2 2} ₃ ^{1 2} ₂ ¹  sin mR MR R M m gR   

     

     sin _{3 1} ^{2 1} M m

  M m R g dt d

   

     

  M m R M m g

     

  

  d M m M m R g d d

  sin _{3 1} ^{2 1} 

    

     

   

   

   

    

      _{3 1} ^{2 1} sin d

  M m M m R g d

  (1 poin)

  (1 poin)

   

  2 MR mR

        

  gh mR

     (4)

  Kecepatan sudut  sebagai fungsi sudut:

  Cara 1: E E 

  

  (1 poin)

          ² ₂ ¹ ₂ ^{1 2} ₂ ¹ cos 1 cos

   1    _{b p b p}

  I I R Mg mgR

  I I       

  

  (1 poin)

     cos

   

  1 ₂ ^{1 2 2 2} ₃ ¹ ₂ ^{1 2 2 2} ₃ ¹ ₂ ¹      

  MgR mgR mR MR mR MR   

    ^{2 2} ₃ ^{1 2 2}

  2 cos

  1 MR mR

  M m gR

    

    

    

     

       cos

  1

  2 _{3 1 2} ¹ _{2 2} 

  (1 poin)

       

  2

  3

  2

  2

  2 cos cos

  6

  3

  1 cos

  2

²

²

  6

  3

  2

    cos

   

      

  6

    

   2

    

  (8)

  6 1 cos ^{2 1} 

  3

  2

  

R m M m M

h m

     

    

    

  

  

  (7) Dari pers. (7) diperoleh:

  MgR mgR MgR mgR M m gh m

  MgR mgR m M gh m MgR mgR

M m

gh m

MgR mgR

      

    

  2

  E E  

       cos

  2 _{3 1 2} ¹ _{2 2} 

    _k E

  b- Energi kinetik setelah tumbukan

  (1 poin)

  M m M m R g

   

   

  1

    g E

       cos

     

  

  M m M m R g

    

  1 _{3 1} ^{2 1 2 2} ₂ ¹  

  sama dengan energi potensial system

  pada sudut  , E

  Dari pers. (5) dan (6) _{g k}

  2 ² _{2 2 3 1 2} ^{2 2 2} _{3 1} ² _{2 1} ² _{2 1} 

   (6)

    cos cos ₂ ¹ ₂ ¹ R R Mg R R mg E _g    

     

  (5)

       

   

  3

  k ’ = E g

  3

  I I E _{b p k}

  MR mR

  M m gh m mR mR R gh m

     

  ’, sehingga    

  (1 poin) (2 poin) (2 poin) (2 poin)

  3. (20 poin) Seutas kawat dibentuk menjadi loop tertutup berbentuk persegi panjang dengan ukuran tinggi = T dan lebar = L , bermassa dan hambatannya R . Pada t 

  m

  lilitan kawat ini dijatuhkan dari ketinggian y  dihitung dari bidang batas antara yang h tidak ada medan magnet (

  y  ) dan yang ada medan magnet homogen ( y  ) dengan

  kecepatan awal v  m/s. Pada saat t  t lilitan kawat bagian bawah persis berada _{o 1} pada bidang batas

  y  . Untuk y  ada medan magnet B dengan arah tegak lurus ke

  2

  luar bidang gambar. Pada saat t = t lilitan kawat bagian atas persis berada pada bidang batas y = 0. Hitung kecepatan gerak dari loop tertutup ini, pada saat: a.   t t , ₁

  b. t   t t dan _{1 2} c. t  t . ₂ L

  T t  t ₂ y

   t t

   t  t ₁ B Solusi

  t t

  a. Untuk   : ₁ gerak jatuh bebas, maka ( ) v t  gt

  (2 poin) t t

  Untuk  , maka v  gt  _{1 1 1 (3 poin)} 2 gh

  b. t   t t , timbul GGL induksi pada loop kawat itu sebesar _{1 2}

  d dA dT 

  V     B   BL   BLv t ( ) (2 poin) dt dt dt

  dengan  : fluks magnet,

  : luas loop kawat,

  A B : medan magnet, (1 poin) v t ( ) : kecepatan loop kawat.

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

  BLv t ( ) (1 poin)

  I  R

  Gaya magnet yang terjadi pada loop kawat itu adalah: (1 poin) _{2 2} B L v t ( )

  F BIL (arahnya ke atas),

     (1 poin)

  R _{2 2} dv B L v

  sehingga persamaan gerak kawat loop adalah: (2 poin)

  m  mg  dt R 1 1 (1 poin)

  Solusi dari persamaan gerak ini (dengan syarat batas t = t  t dan v = v  v) adalah: _{2 2}

  mgR mgR  B L   

  (2 poin)

v   gt  exp  t  t

_{2 2 1 }

₂

_{2 1 }

     

B L B L mR

      (1 poin) t t

  c. Untuk  , gaya yang mempengaruhi sistem ini adalah gaya magnet dan gaya ₂

  gravitasi, sehingga kecepatannya menjadi: _{2 2}   mgR mgR B L

    (3 poin)

v   gt  exp  t  t  g t (  t )

_{2 2 1 2 2}   _{2 1 2}

  

   

B L B L mR

     

  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:

  

m

r A

B

v

  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

  r

2 Solusi:

  a- Tinjau gambar dibawah ini

  O O’ B A

  B’ 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

  (5 poin) diatas).

  O

  

  N u B A w

  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 u dan membentuk sudut  terhadap horizontal, maka

  v u cos   (2 poin)

  2

  (1) Karena jarak  , maka gaya kontak antara silinder dengan balok berarah

  AB r

  2

  tegak lurus terhadap garis OA. Gaya-gaya yang bekerja pada titik O (pada arah OA) adalah ₂

  mu mg cos    N r

  (2) atau ₂

  mu N  mg cos   (2 poin) r

  (3) Ketika jarak AB  r

  2 , maka

  

2

   



  (7)

  

 

  

2

mg mv N r

  2

  c- Dan gaya kontaknya adalah ₂

  (6)

  

2 v gr



  (5) atau

  2 mu mg r

g v

r

  1 cos

  2

  2 cos

  N  , sehingga ₂

  , maka

  2 AB r 

  (4) Agar silinder kontak dengan dinding ketika

    

  2 r

r

  2

  (1 poin) (1 poin) (2 poin) (3 poin) (4 poin)

  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 dengan tembok ketika

  A

  pegas tak tertarik serta ketika pegas tertarik ke kanan berturut-turut adalah x dan x +

  x. Sebuah bandul terdiri dari batang tak bermassa dengan panjang L dan bola bandul

  dengan massa m . Jari-jari m jauh lebih kecil daripada L. Bandul tersebut terhubung

  B B

  pada m melalui sumbu licin. Sudut antara batang bandul dengan garis vertikal adalah

  A . 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.

   kecil. Tuliskan dua persamaan gerak

  b. Untuk selanjutnya, gunakan asumsi sudut tersebut.

  2

   untuk sistem tersebut. (Ambillah

  c. Tentukan perumusan kuadrat kecepatan sudut

  2

   dinyatakan dalam bentuk g/L untuk harga ilustrasi nilai

  m  2 m dan A B kL  m g )

  A

  2

   yang Untuk pertanyaan (d) hingga (g) akan ditinjau kasus khusus dari perumusan telah diperoleh dari (c). Kemudian berikan penjelasan dari makna fisis untuk bentuk

  2

   pada masing-masing kasus khusus berikut:

  d. jika tidak ada pegas (limit k  0) e. jika konstanta pegas sangat besar (limit k  )

  f. jika bola B tidak ada ( = 0)

  m B 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:

  A A A

  ( x x , 0) ( , 0) x ( , 0) x       r r r

  B:  ( x   x L sin ,   L cos )     ( x L  cos ,   L sin )  

  r B r B

  2

  2

    ( x L ( cos     sin ), ( sin  L     cos )) 

  r B

  Gaya pada A dan B:

  A:  ( sin T   kx N ,  T cos   m g )

  F A A

  B:   ( T sin , cos  T   m g )

  F B B

  Persamaan gaya pada A: Sumbu x: T sin   kx  m x (1)

  A

  Sumbu y: N  T cos   m g  (2)

  A (1 poin)

  Persamaan gaya pada B: Sumbu x:

  2

  (3)  T sin   m ( x  L ( cos     sin )) 

  B

  Sumbu y:

  2

  (4)

  T cos   m g  m L ( sin     cos )  B B

  (1 poin)

  Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (3) diperoleh

     

  

2

  4

         

  A B B k m m g L m L

  ( ( ) )( )

  4

  2

  Jadi

  ( ( ) )

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

        

       

        

     

    

  A B B k m m m L x g L

  2

  A A B m L kL m m g kg

  2

  m m  dan A kL m g  , maka

  (1 poin) (1 poin) (1 poin) (1 poin) (1 poin) (1 poin) (1 poin) (1 poin)

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

  / 2 g L   .

  2

  2 / g L   atau

  2

   Untuk nilai

        

        

  A kL m m g kL m m g kLm g m L

  2 A B A B A

  4

  ( ) ( ( ) )

  2

  2

  ( )

  2

  sin cos ²      kx L m x m m _{B B A}       

  

   

  x L g

       (7)

  A B B m m x m L kx

  masing menjadi ( )

   . Persamaan (5) dan (6) masing-

  2

  (8)

  b. Jika  kecil maka cos  , sin 1     dan

  (6)

    

    

  cos sin x L g

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

    (5)

    

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

  2

  A B B k m m x m L       

  2

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

  ( ) x g L        (10)

  2

  2

  (9)

  [ ( ) ]

  2 i t x e x x

  2

  2

  Persamaan (7) dan (8) menjadi:

           .

  2 i t e

       dan

  

2 A B

  ( m  m ) g  ( m  m ) g

2 A B A B

  

   2 m L A

2 Untuk tanda + maka   ( m  m ) / g m L . (1 poin)

  A B A

  Pada kasus ini, kedua massa sama-sama berosilasi dengan kecepatan sudut yang sama, namun dengan arah yang berlawanan. Jika m bergerak ke kiri maka m

  A B (1 poin) bergerak ke kanan.

  2

   Untuk tanda  . (1 poin)

   maka

  (1 poin) Pada kasus ini kedua massa bergerak lurus beraturan sepanjang sumbu x.

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

  1/2

   

   

  1 4 kLm g

  2 A

   

   kL  ( m  m ) g  kL  ( m  m ) g 1  

   

  A B A B

  2

    

   2 m L ( kL  ( m  m ) ) g

  A A B

    

  

     

  1 2 kLm g

  2 A

    kL  ( m  m ) g  kL  ( m  m ) g 

   A B  A B   2 m L kL  ( m  m ) g A

  A B   

  

g g

  2

   Untuk tanda  maka   .

  (1 poin) L  ( m  m ) / g k L

  A B

  Pada kasus ini tetapan pegas yang sedemikian besar menyebabkan m seperti diam

  A

  di tempat. Jadi hanya m yang dapat bergerak osilasi dengan panjang bandul L

  B

  2 (1 poin) sehingga frekuensi sudut m adalah   g L / .

  B

  Untuk tanda + maka

  kL  ( m  m ) g kg k ( m  m ) g g ( m  m ) g

  2

   

  A B A B A B

  1       

   

  m L kL  ( m  m ) g m m L L kL

   

  A A B A A

  2

    ( / k m ) (  m g m L / ) . Tetapi karena k sangat besar, maka suku m g m L /

  A B A B A

  2 (1 poin) k m / dapat diabaikan sehingga   .

  

A

  Ini adalah kecepatan sudut untuk massa m yang terikat pada pegas bertetapan

  A k.

  (1 poin)

  f. Kasus khusus: m  maka

  B

  2

  2 kL  m g  ( kL  m g )  4 kLm g kL  m g  ( kL  m g )

  

A A A A A

  2

  

    2 m L 2 m L

  A A kL  m g  ( kL  m g )

  2 A A  .

  

(1 poin)

  2 m L A

2 Untuk tanda + maka   k m / . Ini adalah kecepatan sudut untuk m .

  (1 poin) A A

  

(1 poin)

  2 g L /

  Untuk tanda  maka   . Ini adalah kecepatan sudut untuk ayunan bandul dengan panjang bandul L.

  (1 poin) L  maka

  g. Kasus khusus:

  1/2

   

   

  1 4 kLm g

  2 A

   

    kL  ( m  m ) g  kL  ( m  m ) g 1   

  A B A B

  2

    2 m L  

  A

  ( kL  ( m  m ) ) g

  A B

    

  

    

  2 kLm g 

  1

  2 A  kL  ( m  m ) g  kL  ( m  m ) g 

  

  (1 poin)

 A B A B 

 

  A B   

  2 m L kL ( m m ) g   A

   kg k

2 Untuk tanda  maka    untuk limit L  .

  (2 poin)

kL  ( m  m ) g m  m

  A B A B

  Ini dapat dipahami yaitu ketika batang bandul tidak ada maka m akan menempel

  B

  pada m sehingga total massa yang terikat pada pegas k adalah m  m . Jadi

  A A B

  2 kecepatan sudutnya adalah .

    k / ( m  m )

  (1 poin)

A B

  

=== Selesai ===