m m

MR

Soal-Jawab Fisika TeoriOSN 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 θ 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

N+mg cosθ=mv2

R (1)

Beda ketinggian manik-manik setelah terjatuh menempuh sudut adalah R−R cosθ ,sehingga dari kekekalan energi kita dapatkan:

mv2

2=mgR (1−cosθ ) ⇒ v2=2gR (1−cosθ )

(2)

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

page 1

(1 poin)

(1 poin)

N=mv2

R−mg cosθ

=2mg (1−cosθ )−mg cosθ =mg (2−3 cosθ ) (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

N t=2 N cosθ=2mg (2−3cosθ ) cosθ (4)

Nilai θ yang menghasilkan besar gaya ke atas maksimum diperoleh dengan

menderivatifkan pers. (4) terhadap θ , yang menghasilkan

0=ddθ

(2cosθ−3 cos2 θ )

=−2 sin θ+6 sin θ cosθ . (5)

Oleh karena itu, nilai maksimum dicapai ketika

cosθ=1/3 atau = 70,5o

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

N t=2 mg(2−3( 13 ))( 1

3 )=2 mg3 (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

∴

2mg3

>Mg

⇒ mM

>32 (7)

page 2

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin)

(4 poin)

(3 poin)

(3 poin)

m

h

RM ,

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 pada batang (lihat gambar). Batang dipasak pada titik O dan berotasi menempuh sudut θ 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)

mgh=12

mv2

sehingga

kecepatan m menumbuk batang v=√2gh (1)

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

L=mvr=mR√2 gh (2)

L'=( I p+ Ib ) ω0=(mR2+ 13 MR2) ω 0 (3)

Karena L=L' maka diperoleh:

page 3

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

ω0=mR√2 gh

13 MR2+mR 2

(4)

Kecepatan sudut sebagai fungsi sudut:

Cara 1:

E0=E ' (1 poin)

12 ( I p+ I b)ω0

¿=mgR (1−cosγ )+Mg 12 R (1−cosγ )+ 1

2 ( I p+ I b )ω2(1 poin)

12 ( 1

3 MR2+mR2 )ω2=12 ( 1

3 MR2+mR2 )ω02−(mgR+ 1

2 MgR) (1−cos γ )

ω2=ω02−

gR (1−cos γ ) (2m+M )

( 13 MR2+mR 2)

∴ ω2=ω0

2−2 g (m+ 1

2 M )R ( 1

3 M +m )(1−cos γ )

(1 poin)

Cara 2:

∑ τ=Iα (1 poin)

−mgR sin γ− 12 MgR sin γ=( 1

3 MR2+MR2 ) α

−gR sin γ [m+ 12 M ]=R2 α ( 1

3 MR2+mR2 )α

dωdt

=α=− gR

(m+ 12 M )

( 13 M +m )

sin γ

dωdγ

ω=− gR

(m+ 12 M )

( 13 M +m )

sin γ dγ

∫ω0

ωωdω=− g

R

(m+ 12

M )( 1

3M +m)

∫0

γsin γdγ

(1 poin)

page 4

(1 poin)

12 (ω2−ω0

2)= gR

(m+ 12 M )

( 13 M+m)

(1−cos γ )

∴ ω2=ω0

2−2gR

(m+ 12 M )

( 13 M +m )

(1−cos γ )

(1 poin)

b- Energi kinetik setelah tumbukan ( Ek' ) sama dengan energi potensial system ( Eg

' ) pada sudut θ , Ek’ = Eg’, sehingga

Ek' = 1

2 ( I p+ Ib )ω2=12 (mR2+ 1

3 MR2 ) m2 R2 (2 gh )

(mR2+ 13 mR2 )2

= 3 m2 ghM+3m

(5)

Eg' =mg (R−R cosθ )+Mg ( 1

2 R− 12 R cosθ ) (6)

Dari pers. (5) dan (6)

2 Ek' =2 Eg

'

6 m2 ghM +3 m

=2mgR+MgR−2mgR cosθ−MgRcosθ

2 mgR+ MgR−6 m2 ghM+3m

=(2mgR+MgR ) cosθ

1−6 m2 gh(M +3m ) (2mgR+MgR )

=cosθ (7)

Dari pers. (7) diperoleh:

∴ θ=cos−1 [1− 6 m2 h

( M+3m ) ( M+2m ) R ] (8)

page 5

(1 poin)

(2 poin)

(2 poin)

(2 poin)

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

ini dijatuhkan dari ketinggian dihitung dari bidang batas antara yang tidak ada medan

magnet ( ) dan yang ada medan magnet homogen ( ) dengan kecepatan awal

m/s. Pada saat lilitan kawat bagian bawah persis berada pada bidang batas . Untuk

ada medan magnet 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. ,

b. dan

c. .

page 6

Solusi

a. Untuk :

gerak jatuh bebas, maka

Untuk , maka

b. , timbul GGL induksi pada loop kawat itu sebesar

dengan : fluks magnet,

: luas loop kawat, : medan magnet,

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

Gaya magnet yang terjadi pada loop kawat itu adalah:

(arahnya ke atas),

sehingga persamaan gerak kawat loop adalah: Solusi dari persamaan gerak ini (dengan syarat batas t = t1 t dan v = v1 v) adalah:

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

page 7

(2 poin)

(3 poin)

(2 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin)

(1 poin)

(2 poin)

(1 poin)

(3 poin)

m

r

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:

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

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

Solusi:

a- Tinjau gambar dibawah ini

page 8

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 . Jadi titik pusat silinder (titik O) bergerak dengan lintasan lingkaran terhadap titik A (lihat gambar diatas).

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 dan membentuk sudut terhadap horizontal, maka

(1)

Karena jarak , maka gaya kontak antara silinder dengan balok berarah tegak lurus terhadap garis OA. Gaya-gaya yang bekerja pada titik O (pada arah OA) adalah

page 9

(5 poin)

(2 poin)

(2)

atau

(3)

Ketika jarak , maka

(4)

Agar silinder kontak dengan dinding ketika , maka , sehingga

(5)

atau

(6)

c- Dan gaya kontaknya adalah

(7)

page 10

(2 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin)

(3 poin)

(4 poin)

5. (28 poin) Sebuah benda bermassa berada pada lantai licin dan dihubungkan dengan

pegas tak bermassa (dengan konstanta pegas k) yang melekat pada tembok. Jarak 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 . Jari-jari jauh lebih kecil daripada L. Bandul tersebut terhubung pada

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 untuk sistem tersebut. (Ambillah

ilustrasi nilai dinyatakan dalam bentuk g/L untuk harga dan )

page 11

Untuk pertanyaan (d) hingga (g) akan ditinjau kasus khusus dari perumusan yang telah

diperoleh dari (c). Kemudian berikan penjelasan dari makna fisis untuk bentuk 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)

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:

B:

Gaya pada A dan B:

A:

B:

Persamaan gaya pada A:

Sumbu x: (1)

Sumbu y: (2)

Persamaan gaya pada B:Sumbu x:

(3)Sumbu y:

page 12

(1 poin)

(4)

Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (3) diperoleh

(mA+mB ) x+mB L (θ cosθ−θ2 sin θ )+kx=0 (5)

Penjumlahan dari persamaan (3) dan persamaan (4) akan menghasilkan bentuk yang dapat disederhanakan menjadi

(6)

b. Jika kecil maka , dan . Persamaan (5) dan (6) masing-masing menjadi

(7)

(8)

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

dan .

Persamaan (7) dan (8) menjadi:

(9)

(10)

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

(11)

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

page 13

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

Untuk nilai dan , maka atau .

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

Untuk tanda + maka . Pada kasus ini, kedua massa sama-sama berosilasi dengan kecepatan sudut yang sama,

namun dengan arah yang berlawanan. Jika bergerak ke kiri maka bergerak ke kanan.

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

e. Kasus khusus: jika k sangat besar maka

Untuk tanda maka .

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

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

frekuensi sudut adalah .Untuk tanda + maka

. Tetapi karena k sangat besar, maka suku

dapat diabaikan sehingga .

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

f. Kasus khusus: maka

page 14

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

.

Untuk tanda + maka . Ini adalah kecepatan sudut untuk .

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

g. Kasus khusus: maka

Untuk tanda maka untuk limit .

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

sehingga total massa yang terikat pada pegas k adalah . Jadi kecepatan

sudutnya adalah .

=== Selesai ===

page 15

(1 poin)

(1 poin)(1 poin)

(1 poin)

(1 poin)

(2 poin)

(1 poin)