soal-jawab fisika osn 2013

7/23/2019 Soal-Jawab Fisika OSN 2013

1/22

1. (17 poin) Dua manik-manik masing-masing

bermassa m dan dianggap benda titik terletak

di atas lingkaran kawat licin bermassa Mdan

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 mdan g)

c.

nilai m/Mterkecil

Solusi

a- Bila adalah sudut yang telah ditempuh manik-manik ketika jatuh, dan Nadalah 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

mvmgN

2

cos =+ (1)

Beda ketinggian manik-manik setelah terjatuh menempuh sudut adalah ,cosRRsehingga dari kekekalan energi kita dapatkan:

( ) ( ) cos12cos12

22

== gRvmgRmv

(2)

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

m m

M

R


2/22

( )

( )

cos32

coscos12

cos2

=

=

=

mg

mgmg

mg

R

mvN

(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

( ) coscos322cos2 == mgNNt (4)

Nilai yang menghasilkan besar gaya ke atas maksimum diperoleh dengan

menderivatifkan pers. (4) terhadap , yang menghasilkan

( )

.cossin6sin2

cos3cos20 2

+=

=d

d

(5)

Oleh karena itu, nilai maksimum dicapai ketika

31cos = atau = 70,5o

b-

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

3

2

3

1

3

1322

mgmgNt =

= (6)

c-

Lingkaran kawat akan terangkat dari lantai jika nilai gaya maksimum ke atas ini lebihbesar dari berat lingkaran kawat tersebut. Jadi akan diperoleh

3

2Mg

mg>

2

3 >

M

m

(7)


3/22

2. (15 poin) Partikel bermassa m meluncur ke bawah dari permukaan licin dan menumbuk

batang seragam yang bermassa M dan panjangnya L . Partikel m kemudian lengket padabatang (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

1mvmgh = sehingga

kecepatan mmenumbuk batang ghv 2= (1)

Momentum sudut kekal selama tumbukan, L = L sehingga:

ghmRmvrL 2== (2)

( ) ( ) 02

312

0 MRmRIIL bp +=+= (3)

Karena LL = maka diperoleh:

22

310

2

mRMR

ghmR

+= (4)

m

h

RM,


4/22

Kecepatan sudut sebagai fungsi sudut:

Cara 1:

EE =0 (1 poin)

( ) ( ) ( ) ( ) 221

212

021 cos1cos1 bpbp IIRMgmgRII +++=+ (1 poin)

( ) ( ) ( )( ) cos1212

0

22

31

21222

31

21 ++=+ MgRmgRmRMRmRMR

( )( )( )2231

20

2 2cos1mRMR

MmgR+

+=

( )

( ) ( ) cos1

2

31

21

2

0

2

+

+=

mMR

Mmg (1 poin)

Cara 2:

I= (1 poin)

( )22

31

21

sinsin MRMRMgRmgR +=

[ ] ( ) 22312

21sin mRMRRMmgR +=+

( )

( )

sin

31

21

mM

Mm

R

g

dt

d

+

+==

( )

( )

d

mM

Mm

R

g

d

dsin

31

21

+

+=

( )( ) +

+=

031

21 sin0

dmM

MmRgd (1 poin)

( ) ( )( )

( ) cos131

21

2

0

2

21

+

+=

mM

Mm

R

g

( )

( )( ) cos1

2

31

21

2

0

2

+

+=

mM

Mm

R

g (1 poin)


5/22

b- Energi kinetik setelah tumbukan ( )kE sama dengan energi potensial system gE pada

sudut ,Ek = Eg, sehingga

( ) ( ) ( )( ) mM

ghm

mRmR

ghRmMRmRIIE bpk

3

32 2

22

312

222

312

212

21

+=

+

+=+= (5)

( ) ( ) coscos 21

21 RRMgRRmgEg += (6)

Dari pers. (5) dan (6)

gk EE = 22

( )

( )( )

cos23

61

cos23

62

coscos223

6

2

2

2

=++

+=+

+

+=+

MgRmgRmM

ghm

MgRmgRmM

ghmMgRmgR

MgRmgRMgRmgRmM

ghm

(7)

Dari pers. (7) diperoleh:

( )( )

++=

RmMmM

hm

23

61cos

21

(8)


6/22

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 0t=

lilitan kawatini dijatuhkan dari ketinggian y h= dihitung dari bidang batas antara yang tidak ada medan

magnet ( 0y > ) dan yang ada medan magnet homogen ( 0y < ) dengan kecepatan awal

0o

v = m/s. Pada saat 1t t= lilitan kawat bagian bawah persis berada pada bidang batas 0y = .

Untuk 0y < ada medan magnet B dengan arah tegak lurus ke luar bidang gambar. Pada saat

t = t2lilitan kawat bagian atas persis berada pada bidang batas y= 0. Hitung kecepatan gerak

dari loop tertutup ini, pada saat:

a.

10 t t < ,

b.1 2t t t < dan

c.

2t t .

L

T

0t= 1t t=

2t t=

t0y =

B

Solusi

a.

Untuk10 t t < :

gerak jatuh bebas, maka ( )v t gt =

Untuk1t t= , maka 1 1 2v gt gh= =


7/22

b.1 2t t t < , 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 jamdan besarnya:

( )BLv tI

R=

Gaya magnet yang terjadi pada loop kawat itu adalah:2 2 ( )B L v t

F BILR

= = (arahnya ke atas),

sehingga persamaan gerak kawat loop adalah:2 2dv B L v

m mgdt R

=

Solusi dari persamaan gerak ini (dengan syarat batas t= t1tdan v= v1v)

adalah:

( )2 2

1 12 2 2 2exp

mgR mgR B Lv gt t t

B L B L mR

= +

c.

Untuk2t t , gaya yang mempengaruhi sistem ini adalah gaya magnet dan gaya

gravitasi, sehingga kecepatannya menjadi:

( )2 2

1 2 1 22 2 2 2exp ( )

mgR mgR B Lv gt t t g t t

B L B L mR

= + +


8/22

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 sedemikiansehingga 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:

a.

bentuk lintasan pusat massa silinder selama gerakannya terhadap titik A

b. syarat kecepatan vagar silinder tetap kontak dengan dinding ketika jarak antara titik A

dan B adalah 2r

c. gaya yang diberikan dinding kepada silinder ketika jarak antara titik A dan B adalah 2r

Solusi:

a-

Tinjau gambar dibawah ini

O

O

ABB

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 2v . Jadi titik pusat silinder (titik O)

bergerak dengan lintasan lingkaranterhadap titik A (lihat gambar diatas).

m

r


9/22

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

cos2

vu =

(1)

Karena jarak 2AB r= , 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 Nr

= (2)

atau

2

cos mu

N mgr

= (3)

Ketika jarak 2AB r=

, maka

2 1cos

2 2

r

r = =

(4)

Agar silinder kontak dengan dinding ketika 2AB r= , maka 0N > , sehingga


10/22

2

2

cos

22

mumg

rg v

r

>

>

(5)

atau

2v gr< (6)

c-

Dan gaya kontaknya adalah

2

22

mg mvN r= (7)


11/22

5.

(28 poin) Sebuah benda bermassa Am berada

pada lantai licin dan dihubungkan dengan pegas

tak bermassa (dengan konstanta pegas k) yang

melekat pada tembok. Jarak Am 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 panjangLdan bola bandul

dengan massa Bm . Jari-jari Bm jauh lebih kecil

daripada L. Bandul tersebut terhubung pada Am melalui sumbu licin. Sudut antara batang

bandul dengan garis vertikal adalah . Percepatan gravitasi gmengarah 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 2A Bm m= dan AkL 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 pada

masing-masing kasus khusus berikut:

d.

jika tidak ada pegas (limit k0)

e.

jika konstanta pegas sangat besar (limit k)

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

g. jika batang bandul tidak ada (limitL0).


12/22

Solusi:

a.

Diagram gaya sistem pegas dan bandul disajikan di bawah ini

Vektor koordinat, kecepatandan percepatanpada A dan B:

A: 0( ,0) ( ,0) ( ,0)A A Ax x x x= + = =r r r& &&& &&

B: 0( sin , cos ) ( cos , sin )B Bx x L L x L L = + + = + r r & && &

2 2( ( cos sin ), ( sin cos ))B x L L = + +r && & && &&& &&

Gayapada A dan B:

A: ( sin , cos )A AT kx N T m g = F

B: ( sin , cos )B B

T T m g = F

Persamaan gaya pada A:

Sumbu x: sin AT kx m x = && (1)

Sumbu y: cos 0AN T m g = (2)

Persamaan gaya pada B:

Sumbu x:2sin ( ( cos sin ))BT m x L = +

&& &&& (3)

Sumbu y:

2cos ( sin cos )B BT m g m L = +&& & (4)

Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (3)

diperoleh

( ) ( ) 0sincos 2 =+++ kxLmxmm BBA &&&&& (5)

Penjumlahan dari persamaan (3) cosdan persamaan (4) sin akan menghasilkanbentuk yang dapat disederhanakan menjadi

cos sin 0x L g + + =&&&& (6)

b. Jikakecil maka cos 1 , sin dan 2 0 & . Persamaan (5) dan (6) masing-masingmenjadi

( ) 0A B Bm m x m L kx+ + + =&&&& (7)

0x L g + + =&&&& (8)


13/22

c.

Dengan asumsi x dan mengalami osilasi kecil dengan frekuensi sudut maka2i t

x e x x

&& dan2i t

e

&&

.

Persamaan (7) dan (8) menjadi:2 2[ ( ) ] 0A B Bk m m x m L + = (9)

2 2( ) 0x g L + = (10)

Persamaan (9) dan (10) dapat disusun dalam bentuk matriks2 2

2 2

( ) 0

0

A B Bk m m m L x

g L

+ =

(11)

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

Jadi2 2 4( ( ) )( ) 0A B Bk m m g L m L + =

4 2( ( ) ) 0A A Bm L kL m m g kg + + + =

22 ( ) ( ( ) ) 4

2

A B A B A

A

kL m m g kL m m g kLm g

m L

+ + + + =

Untuk nilai 2A Bm m= dan AkL m g= , maka2 2 /g L = atau

2 / 2g L = .

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

2 ( ) ( )

2

A B A B

A

m m g m m g

m L

+ +=

Untuk tanda + maka2 ( ) /A B Am m g m L = + .

Pada kasus ini, kedua massa sama-sama berosilasi dengan kecepatan sudut yang sama,

namun dengan arah yang berlawanan. Jika Am bergerak ke kiri maka Bm bergerak ke

kanan.

Untuk tanda maka 2 0 = .Pada kasus ini kedua massa bergerak lurus beraturan sepanjang sumbux.

e. Kasus khusus: jika ksangat besar maka1/2

2

2

41( ) ( ) 1

2 ( ( ) )

AA B A B

A A B

kLm gkL m m g kL m m g

m L kL m m g

= + + + + + +

2 21( ) ( )

2 ( )

AA B A B

A A B


m L kL m m g

+ + + +

+ +


14/22

Untuk tanda maka2

( ) /A B

g g

L m m g k L

+ +

.

Pada kasus ini tetapan pegas yang sedemikian besar menyebabkan Am seperti diam di

tempat. Jadi hanya Bm yang dapat bergerak osilasi dengan panjang bandul L sehingga

frekuensi sudut Bm adalah2

/g L = .

Untuk tanda + maka

2 ( ) ( ) ( )1( )

A B A B A B

A A B A A

kL m m g m m g m m gkg k g

m L kL m m g m m L L kL

+ + + + +

+ +

2 ( / ) ( / )A B Ak m m g m L + . Tetapi karena k sangat besar, maka suku /B Am g m L

dapat diabaikan sehingga 2 / Ak m .

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

f. Kasus khusus: 0Bm = maka

2 22 ( ) 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 + maka2 / Ak m = . Ini adalah kecepatan sudut untuk Am .

Untuk tanda maka2 /g L = . Ini adalah kecepatan sudut untuk ayunan bandul dengan

panjang bandulL.

g. Kasus khusus: 0L maka1/2

2

2

41( ) ( ) 1

2 ( ( ) )

AA B A B

A A B


m L kL m m g

= + + + + + +

2 21( ) ( )

2 ( )

AA B A B

A A B


m L kL m m g

+ + + +

+ +

Untuk tanda maka2

( )A B A B

kg k

kL m m g m m =

+ + + untuk limit 0L .


15/22

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

Am sehingga total massa yang terikat pada pegas k adalah A Bm m+ . Jadi kecepatan

sudutnya adalah 2 / ( )A Bk m m = + .


16/22

1

E

B, 2 8

( )

B :

( )222 4

4 Rx

dsi

r

rxsdiBd

oo

+==

r

r (1)

A r .

:

+

==22

cos

4cos

Rx

dsidBB

o

x

(2)

D ( ) 2/122/cos RxR += 0 2,

( ) ( ) +=

+

=2/322

2

2/322 24 Rx

iRds

Rx

iRB

oo

x

(3)

,

( ) 2/3222

2 Rx

RNiB

o

x

+

=

(4) ( )


17/22

2

D = 0, :R

NiB

o

20

= (5)

(6) ( )

.

( ):

Bmrrr

= (7)

D :

= I (8) .

&&ImB =sin (9)

, :

0=+ I

mB&&

(10)

I

mB=

mB

IT 2= (11) ( )


18/22

3

( )

l() 10

1 () 2 () 3 ()

3 11.72 11.78 11.75 11.750

5 11.74 11.85 11.78 11.790

7 11.78 11.85 11.87 11.833

9 11.91 11.85 11.85 11.870

10 11.96 11.88 11.93 11.923

11 11.9 12.03 11.96 11.963

13 11.91 11.93 12.05 11.963

17 11.97 12 11.91 11.960

23 12 11.93 11.96 11.963

27 11.91 11.97 12 11.960

:

10 .

() l> 10 .

D (1 )

(0,6 )

,

( ) .

( )


19/22

4

a- Ketika medan magnet dari kumparan dan medan magnet bumi searah

,

()

20 ()

()

1/2

()2

()1 2 3

14 8.78 8.81 8.85 8.81 0.44 5.15 2.30E04

14.5 9.16 9.22 9.18 9.19 0.46 4.74 2.12E04

15 9.5 9.59 9.46 9.52 0.48 4.42 1.96E04

15.5 9.84 9.90 9.97 9.90 0.50 4.08 1.82E04

16 10.22 10.22 10.22 10.22 0.51 3.83 1.69E04

16.5 10.53 10.65 10.53 10.57 0.53 3.58 1.57E04

17 10.94 10.95 10.94 10.94 0.55 3.34 1.46E0417.5 11.28 11.16 11.22 11.22 0.56 3.18 1.36E04

18 11.47 11.50 11.44 11.47 0.57 3.04 1.27E04

18.5 11.78 11.72 11.75 11.75 0.59 2.90 1.19E04

19 12.16 12.09 12.22 12.16 0.61 2.71 1.11E04

19.5 12.31 12.34 12.34 12.33 0.62 2.63 1.04E04

20 12.71 12.68 12.68 12.69 0.63 2.48 9.74E05

20.5 12.9 12.91 12.90 12.90 0.65 2.40 9.14E05

21 13.09 13.01 13.04 13.05 0.65 2.35 8.58E05

1/

2

B :

D : = 19430 21

= 0.5853 2

= 19430 + 0,585

= 0,996

0,0

1,0

2,0

3,0

4,0

5,0

6,0

0,00E+00 5,00E05 1,00E04 1,50E04 2,00E04 2,50E04

()

()


20/22

5

D (11)

mB

IT

22 4= B

I

m

T

22

4

1

= (12)

I

m

24 = . (6) . (12) :

Hk BBB

T +==

2

1 (13)

(13) 1/ .

:

= 19430 21 = 0.5853 2

, , B= /

Txb

aB

H

51001235.319430

5853.0 === nTB

H12330=

+==

41244

2222 rLMIm = 0.426

3 ( 10 ):

(3 )

1

(0,5)

2

(0,2)

3

: > = 10 (1,5)

7 9 (1)

3 6 (0,5)

< 3 (0)

4

(1) 25%

(0,5) 50%

(3 )

1

(0,5)

2

2 (1)3

(1,5)

(4 )

1

(1)

2

(1)

3

(1)

4

(1)


21/22

6

b- Ketika hanya ada medan magnet Bumi saja

D

HH B

I

mBB

T22 4

1

=== (14)

20 20() : 26.2; 26.13; 26.17; 26.19; 26.21 ( )

= 1.309 .

, :

2

2

5

4

3,0016 10

30016

H

IB

mT

T

nT

=

=

=

( )

3:

1

(1.0)

= 1 (0)

2 3 (0,5)

> 3 (1.0)

2

(1.0)

c-

Ketika Arah medan magnet solenoida berlawan dengan arah medan magnet Bumi

,

:

() = 31.2; 31.1; 31.0; 30.3; 31.1

= 30.94 ( )

,

( ) 2/3222

2)(

Rx

RNixBB

o

o

okH

+

==

(15) ( )

D ,

( )


22/22

7

3:

1

(1.0)

= 1 (0)

2 3 (1.0)

> 3 (2.0)

2

= () (1.0)

3

(1.0)

soal-jawab fisika osn 2013

Documents