Solusi Treefy Tryout OSK 2018

Transkripsi

1 Solusi Treefy Tryout OSK 218 Bagian 1a Misalkan ketika kelereng encapai detektor bawah untuk pertaa kalinya, kecepatan subu vertikalnya adalah v 1y. Maka syarat agar kelereng encapai titik tertinggi (ketika kelereng berhenti) yaitu: v y = v 1y gt = t = v 1y g Berarti selang waktu untuk encapai ketinggian detektor bawah untuk yang kedua kalinya adalah dua kali waktu untuk encapai titik tertinggi. ΔT L = 2v 1y g Ketinggian kelereng relatif terhadap ketinggian detektor bawah sebagai fungsi waktu diberikan oleh persaaan GLBB berikut ini y = v 1y t 1 2 gt2 Kita encari dua waktu ketika kelereng encapai ketinggian detektor kedua H = v 1y t 1 2 gt2 t 2 2v 1y g t + 2H g = t 2 ΔT L t + 2H g = Ini adalah persaaan kuadrat dengan dua solusi, selisih dari dua solusi ini adalah ΔT H. ΔT L ± ΔT 2 L 8H g t = 2 Bagian 1b Substitusi ke hasil sebelunya, akan didapat ΔT H = ΔT L 2 8H g 8H g = ΔT 2 2 L ΔT H v 1y = 4HΔT L ΔT L 2 ΔT H 2

2 Sehingga kecepatan awal bola adalah v y = v 1y + gt 4HΔT L v y = ΔT 2 2 L ΔT + 8HT H ΔT 2 2 L ΔT H v y = 4H(ΔT L + 2T ) ΔT L 2 ΔT H 2 Dan ketinggian aksiu yang dicapai bola yaitu h aks = v y 2 2g h aks = (ΔT L + 2T ) 2 ΔT L 2 ΔT H 2 H Bagian 2a Pertaa-taa kita harus encari satuan dari β, berdasarkan persaaan yang diberikan pada soal, kita dapat enulis persaaan sebagai berikut kg s 2 = [β] s 3 [β] = kg s Misalkan β = Kq D c E F ϵ Dengan K suatu konstanta tak berdiensi, aka dengan enyaakan satuan pada kedua ruas, kita bisa endapatkan persaaan berikut: kg s = (A s) D ( s 1 ) E (A 2 s 4 kg 1 3 ) F kg s = kg F s D E+4F A D+2F E 3F Jelas bahwa F = 1 D + 2F = D = 2 D E + 4F = 1 E = 3 E 3F = (benar) Sehingga, dengan analisis diensi, kita dapat enuliskan β sebagai berikut β = K q2 ϵ c 3 Bila kita eperbolehkan β untuk bergantung pada v, aka kita harus enulis ulang persaaan enjadi β = Kq D c E ϵ F v G kg s = (A s) D ( s 1 ) E (A 2 s 4 kg 1 3 ) F ( s 1 ) G kg s = kg F s D E+4F G A D+2F E 3F+G F = 1

3 D + 2F = D = 2 D E + 4F G = 1 E + G = 3 E 3F + G = E + G = 3 Perhatikan bahwa dua persaaan terakhir enghasilkan E + G = 3, persaaan ini epunyai tak hingga solusi, secara uu bisa dituliskan: β = K q2 ϵ c 3 (v c )G ϕ ( v c ) Dengan ϕ ( v ) adalah fungsi tak berdiensi dari v dan G adalah sebarang bilangan real. c c Bagian 2b Huku Newton enyatakan β da dt = a, t < dan t > T F + β da dt = a, t T Integralkan kedua persaaan di atas, hasilnya adalah a = a e β t, t < a = a 1 e β t + F, t T a = a 2 e β t, t > T dengan a, a 1, dan a 2 adalah konstanta. Kita asusikan bahwa percepatan adalah nol pada saat t < karena pertikel belu dikenai gaya luar, sehingga a =. Kontinuitas percepatan pada t = eberikan a 1 + F = a 1 = F Keudian kontinuitas percepatan pada t = T eberikan a 2 e β T = F (1 e Sehingga β T ) a 2 = F (e β T 1) a = F (e β T 1) e F Perhatikan bahwa li t (e β T 1) e enghindari solusi ini dengan eaksa a 2 =. β t, t > T β t = sehingga solusi ini tidak ungkin valid. Kita bisa

4 Kontinuitas percepatan pada t = T eberikan a 1 e β T + F = a 1 = F Dan kontinuitas percepatan pada t = eberikan Sehingga solusi lengkap kita adalah Perhatikan bahwa li t F a = F a = F (1 e e β T (1 e a = F (1 F e β (t T) ), (1 e a =, β T ) β T ) e β t, t < t > T t T β T ) e β t = sehingga percepatan tidak pernah enuju tak berhingga. Naun tibul asalah baru yaitu, bagaiana ungkin percepatan ada sebelu gaya luar diberikan pada benda? Hal ini jelas elanggar prinsip sebab-akibat (kausalitas). Perasalahan ini sering disebut paradoks Abraha-Lorentz dan enandakan ada yang keliru dengan persaaan gaya F AL. Bagian 3a Persaaan gerak siste dapat dinyatakan oleh (θ adalah sudut sipangan). I d2 θ dt 2 = τ I d2 θ dt 2 = kl2 sin θ gl sin θ Dengan I adalah oen inersia bola (karena batang tak berassa aka tidak berkontribusi pada oen inersia). Sehingga I = L 2. (L 2 ) d2 θ dt 2 = kl2 sin θ gl sin θ d 2 θ dt 2 + ( k + g L ) sin θ = Dengan enggunakan aproksiasi sudut kecil, sin θ θ sehingga persaaan enjadi d 2 θ dt 2 + ( k + g L ) θ = Ini erupakan persaaan gerak haronik sederhana dengan ω 2 = k + g L

5 Maka periode osilasi siste adalah T = 2π k + g L Bagian 3b Gerakan siste bisa dipandang sebagai superposisi dari dua ode gerak, pertaa yaitu ketika sipangan kedua batang saa besar dan arah (kedua batang bergerak dengan cara yang identik) dan kedua yaitu ketika sipangan kedua batang saa besar naun berlawanan arah. Pada ode gerak pertaa, pegas seakan-akan tidak eksis sehingga jelas frekuensi sudut osilasi siste adalah ω 1 = g l Pada ode gerak kedua, kita dapat enuliskan persaaan gerak benda sebagai berikut: (L 2 ) d2 θ dt 2 = 2ka2 sin θ gl sin θ Faktor 2 pada 2ka 2 sin θ karena pegas tertekan saa besar dari dua arah. Dengan cara yang saa persis seperti pada bagian a), bisa didapatkan d 2 θ dt 2 + (2ka2 L 2 + g L ) θ = Sehingga Secara uu, kita dapat enuliskan ω 2 = 2ka2 L 2 + g L θ 1 = θ A cos ( g l t + ϕ A) + θ B cos ( 2ka2 L 2 + g L t + ϕ B) θ 2 = θ A cos ( g l t + ϕ A) θ B cos ( 2ka2 L 2 + g L t + ϕ B) Dari kondisi awal pada soal, kecepatan kedua batang adalah nol, sehingga berlaku ( dθ 1 dt ) = t= ( dθ 2 dt ) = t= Cara paling udah untuk eenuhi kedua persaaan di atas adalah dengan enghilangkan fase awal, atau secara ateatis

6 ϕ A = ϕ B = Keudian asukkan kondisi awal lainnya pada soal yaitu θ 1 (t = ) = θ 2 (t = ) = θ Didapat θ A + θ B = θ A θ B = θ Maka jawaban akhir yang diinta yaitu θ A = 1 2 θ = θ B θ 1 = 1 2 θ [cos ( g l t) cos ( 2ka2 L 2 + g L t)] θ 2 = 1 2 θ [cos ( g l t) + cos ( 2ka2 L 2 + g L t)] Bagian 4a Pertaa, tuliskan huku Newton pada bola peberat, notasikan P sebagai gaya tegang tali. g P = a Keudian tuliskan juga huku Newton pada kotak berisi air, ingat bahwa assa kotak berkurang secara seraga enurut persaaan 2 = t = (1 t ) T 2 2T P (1 t 2T ) g = (1 t 2T ) a Julahkan kedua persaaan untuk engeliinasi P, akan didapat g t 2T = (2 t 2T ) a dv dt = t 4T t g Ubah bentuk pecahan sehingga enjadi lebih udah diintegralkan eakai petunjuk v dv = g ( 4T 4T t 1) dt t v(t) = gt + 4gT ln 4T 4T t v(t) = gt + 4gT ln 4T 4T T

7 v(t) = gt (4 ln 4 3 1) Bagian 4b Jika air bocor dengan suatu kecepatan, aka air yang bocor akan entransfer oentu ke siste sehingga engubah bentuk huku Newton. Tidak akan ada efek pada persaaan gaya bola peberat. g P = a Naun pada kotak, terdapat odifikasi untuk enghitung efek transfer oentu dari air yang bocor dari kotak ke siste, isalkan kecepatan air yang bocor adalah u relatif terhadap kotak, yang bisa erupakan fungsi waktu (karena ketinggian air dala kotak berubah dan u bergantung pada ketinggian air). Untuk engetahui efek secara kualitatif dari penabahan u ini, kita tidak perlu enyelesaikan persaaan gaya, sehingga kita tidak perlu encari tahu bentuk eksplisit u. P (1 t 2T ) g + d 2 t ( u) = (1 dt 2T ) a Naun kita tahu bahwa d 2 dt = 2T, sehingga P (1 t Julahkan kedua persaaan yang kita dapat g t 2T ) g + 2T u = (1 t 2T ) a 2T + 2T u = (2 t 2T ) a Karena percepatan bertabah, aka untuk selang waktu yang saa, kecepatan juga bertabah. Sehingga dapat disipulkan bahwa setelah seluruh air habis (setelah selang waktu T), kecepatan kedua benda akan lebih besar dibandingkan dengan jawaban kita pada bagian a), diana kita engabaikan efek kecepatan lepas air dari kotak. Bagian 4c Perubahan ketinggian benda bisa didapatkan dengan engintegralkan v(t) Sehingga ketinggian asing-asing benda adalah t dy = ( gt + 4gT ln 4T 4T t ) dt Δy(t) = 1 2 gt2 + 4gT [t (4T t) ln 4T 4T t ] Δy(T) = 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 y = H ± 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2

8 Bagian 4d Percepatan siste setelah seluruh air telah habis bisa dicari dengan g P = a P 1 2 g = 1 2 a a = g 3 Sehingga kecepatan bola ketika enubuk tanah yaitu v 1 2 = v(t) 2 + 2a (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) v 1 2 = (gt (4 ln 4 3 1)) g (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) Kecepatan kotak pada saat bola enubuk tanah pertaa kali saa dengan kecepatan bola v 1 = (gt (4 ln 4 3 1)) g (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) Ketinggian ekstra yang bisa dicapai kotak yaitu h = v 1 2 2g = 1 2g (gt (4 ln 4 3 1)) Ketinggian aksiu kotak yaitu 2 y aks = 2H + h (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) y aks = 7 3 H + 1 2g (gt (4 ln 4 3 1)) (7 24 ln 4 3 ) gt2 Bagian 4e Setelah tali tegang kebali, bola dan kotak bergerak bersaa-saa, kondisi ini bisa disaakan dengan kotak yang enubuk bola secara inelastis sepurna. Tepat setelah pertaa kalinya tali tegang, kecepatan kedua benda bisa dicari dengan kekekalan oentu: v 2 ( + 2 ) = 2 (gt (4 ln 4 3 1)) g (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) v 2 = 1 3 (gt (4 ln 4 3 1)) g (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) Setelah itu bola akan tertarik kebali ke tanah karena lebih berat daripada kotak. Dengan kecepatan v 2 inilah bola akan enubuk tanah kebali (engapa?).

9 Selanjutnya kotak akan terlepar ke atas dan tepat sebelu tali tegang kebali untuk kedua kali, kecepatan kotak adalah v 2. Tepat sesudah tali tegang untuk yang kedua kalinya, kecepatan kedua benda adalah: v 3 = ( 1 3 ) 2 (gt (4 ln 4 3 1)) g (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) Dengan analisis ini, jelas bahwa tepat sebelu tubukan ke-n atau tepat sesudah tali tegang kebali untuk yang ke (N-1) kali, kecepatan kedua benda dapat dinyatakan oleh v N = ( 1 3 ) N 1 (gt (4 ln 4 3 1)) g (H 1 2 (7 24 ln 4 3 ) gt2 ) Bagian 5a Pada tubukan pertaa berlaku 1 v 1 = 1 v v 2 e 1 = v 2 v 1 v 1 Selesaikan kedua persaaan di atas, didapat v 2 = (1 + e 12) v 1 Cukup jelas bahwa untuk tubukan kedua, berlaku v 3 = (1 + e 23) v 2 v 3 = (1 + e 12)(1 + e 23 ) 1 2 ( )( ) v 1 Jika 1 < 2 tubukan antara 2 dengan 3 hanya akan terjadi satu kali saja (engapa?). Meang ada keungkinan 2 akan enubuk 1 kebali, naun kita tidak perlu epedulikan hal ini. Energi kinetik benda ketiga setelah tubukan kedua adalah EK 3 = 1 2 3v 3 2 EK 3 = (1 + e 12) 2 (1 + e 23 ) v 1 2( ) 2 ( ) 2 Untuk encari nilai aksiu, turunkan nilai ini terhadap 2 karena variabel ini yang boleh kita variasikan. Syarat ekstreu adalah hasil turunan ini harus saa dengan nol Sehingga didapat dek 3 = 2(1 + e 12) 2 (1 + e 23 ) ( d 2 ( ) 3 ( ) 3 = 2 )

10 2 = 1 3 Selanjutnya harus dipastikan bahwa ekstreu ini adalah juga erupakan aksiu. Maka kita perlu cek turunan kedua d 2 EK 3 d 2 2 = 2(1 + e 12) 2 (1 + e 23 ) 2 [( )( )( ) 3 2 ( )( )] ( ) 4 ( ) 4 Jelas bahwa d2 EK 3 ketika 2 = 1 3. d 2 2 < pada saat 2 = 1 3 sehingga dapat disipulkan bahwa EK 3 aksiu Bagian 5b Kubus akan berotasi terhadap penghalang saat kubus enubuk penghalang. Pertaa-taa, kita harus encari oen inersia kubus terhadap penghalang, berdasarkan teorea subu sejajar (teorea Steiner): I = I p + 3 ( L 2 2 ) Inersia terhadap pusat assa dari kubus bisa didapat dengan enjulahkan kontribusi oen inersia dari dua subu (x dan y), asing-asing subu engkontribusikan L 2 terhadap oen inersia terhadap pusat assa, sehingga I = 1 6 3L L 2 = 2 3 3L 2 Berdasarkan kekekalan oentu sudut pada saat tubukan, berlaku L (1 + e 12 )(1 + e 23 ) ( )( ) v 1 = 2 3 3L 2 ω ω = 3(1 + e 12)(1 + e 23 ) 1 2 v 1 4( )( ) L Keudian supaya kubus bisa jatuh, pusat assa kubus inial harus berada persis di atas penghalang (setelah itu, gaya berat akan enghasilkan torka yang bisa enjatuhkan kubus dengan sendirinya). Abil eja sebagai acuan energi potensial nol, kekekalan energi eberikan: 1 2 Iω2 + 3 g L 2 = 3g L 2 2 ( 2 3 3L 2 ) ( 3(1 + e 2 12)(1 + e 23 ) 1 2 v 1 4( )( ) L ) = 3 gl( 2 1) v 1 = ( ) 1 2 (1 + e 12 )(1 + e 23 ) 8 ( 2 1)gL 3

11 Bagian 6a Pada saat balok berada di sisi kiri setengah lingkaran, bidang tidak ungkin bergeser sebab bidang ditahan oleh tebok di sisi kiri. Tinjau ketika balok sudah elewati titik terendah dan sekarang ada di sisi kanan setengah lingkaran. Misalkan sudut θ enyatakan sudut balok terhadap pusat lingkaran, diukur searah jaru ja dari garis horizontal. Kekekalan energi eberikan 1 2 v2 = gr sin θ Huku Newton arah radial keudian dapat dituliskan N g sin θ = v2 r Sehingga N = 3g sin θ Balok endorong bidang dengan koponen vertikal gaya noral ini, seentara balok juga endorong bidang ke arah horizontal, supaya bidang tidak bergeser, harus berlaku 3g sin θ cos θ μ(mg + 3g sin 2 θ) Sehingga 3(sin θ cos θ μ sin 2 θ) μm Karena persaaan ini harus berlaku untuk seua nilai θ, aka kita perlu encari nilai aksiu dari fungsi f(θ) = sin θ cos θ μ sin 2 θ = 1 2 sin 2θ μ cos 2θ 1 2 μ df(θ) dθ = cos 2θ μ sin 2θ = tan 2θ = 1 μ Setelah anipulasi trigonoetri, dapat ditunjukkan bahwa Sehingga f(θ) = sin θ cos θ μ sin 2 θ = 1 2 ( 1 + μ2 μ) 3 2 ( 1 + μ2 μ) μm M 2(μ μ2 ) 3 Bagian 6b Kecepatan bidang akan aksiu ketika balok encapai titik terendah untuk kedua kalinya (setelah dua kali elewati sisi kanan setengah lingkaran, engapa?).

12 Misalkan pada waktu tersebut kecepatan balok adalah v dan kecepatan bidang adalah v M, kita dapat enuliskan kekekalan energi dari keadaan awal sapai ketika balok encapai titik terendah untuk kedua kalinya sebagai berikut: gr = 1 2 Mv M v 2 Dan kekekalan oentu antara ketika balok encapai titik terendah untuk pertaa kalinya sapai kedua kalinya eberikan: 2gr = Mv M v Perhatikan bahwa kita tidak boleh enggunakan kekekalan oentu pada keadaan awal karena dinding akan eberikan gaya pada bidang sehingga oentu siste balok-bidang tidak kekal. gr = 1 2 Mv M (M v M 2gr) v M = M + 8gr Bagian 7a Bagian ini hanya penuntun saja, dengan geoetri sederhana bisa ditunjukkan bahwa x = r sin θ + (4π θ)r cos θ y = r cos θ (4π θ)r sin θ Kurva yang dibentuk oleh persaaan ini sering disebut sebagai involut lingkaran. Bagian 7b Energi kelereng kekal karena satu-satunya gaya yang bekerja pada kelereng adalah gaya tegang tali dan gaya ini selalu tegak lurus terhadap kecepatan kelereng. Moentu sudut kelereng terhadap pusat piringan tidak kekal karena torka yang bekerja pada kelereng terhadap pusat piringan tidak nol. Bagian 7c Terdapat paling tidak dua cara untuk enyelesaikan bagian ini, yaitu dengan enggunakan kekekalan energi atau persaaan gaya. Cara kedua sedikit lebih ruit karena Anda harus epertibangkan percepatan koriolis selain percepatan sentripetal. Karena itu ari kita gunakan kekekalan energi (sesuai petunjuk soal di bagian 7b). Misalkan bagian tali yang terlilit pada piringan encakup sudut θ terhadap pusat piringan. Pertaa-taa, kita bisa enuliskan kuadrat kecepatan kelereng dengan enurunkan x dan y keudian enyatakan ( dx dt )2 + ( dy dt )2 sebagai fungsi θ dan dθ dt. Naun bila kita inspeksi lebih lanjut, cukup jelas bahwa energi kelereng bisa dinyatakan oleh: 2

13 E = 1 2 (4πr θr)2 ( dθ dt ) 2 Karena energi konstan, aka turunannya terhadap waktu haruslah nol. d dθ ((4π θ) dt dt ) = (4π θ) dθ dt = konstanta Naun kita tahu dengan eninjau gerak elingkar bahwa konstanta ini adalah v atau r (4π θ) dθ dt = v r Persaaan di atas dapat diselesaikan dengan integral yang sederhana Sehingga θ (4π θ) dθ = v dt r 4πθ 1 2 θ2 = v r t Ini adalah persaaan kuadrat dengan solusi θ = 4π ± 16π 2 2v r Abil tanda negatif karena kondisi awal kita θ() =. θ = 4π 16π 2 2v r Waktu yang dibutuhkan agar seluruh tali elilit piringan (ketika θ = 4π) adalah 16π 2 2v r T = T = 8π2 r v t t t