Soal-Jawab Fisika Teori OSN 0 andung, 4 September 0. (7 poin) Dua manik-manik masing-masing bermassa m dan dianggap benda titik terletak di atas lingkaran kawat licin bermassa M dan berjari-jari. Kawat lingkaran berdiri vertikal m m pada lantai. Manik-manik diberi usikan kecil, dan mereka tergelincir ke bawah pada kawat M 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 θ (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- ila 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 mv N + mg cos θ = () eda ketinggian manik-manik setelah terjatuh menempuh sudut θ adalah cosθ, sehingga dari kekekalan energi kita dapatkan: mv ( cosθ ) v = ( cosθ ) = mg g () Dengan memasukkan nilai kecepatan dari pers. () ke pers. (), akan diperoleh page
mv N = = mg = mg mg cosθ ( cosθ ) ( cosθ ) mg cosθ () 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 ( cosθ ) cosθ N t = N cosθ = mg (4) Nilai θ yang menghasilkan besar gaya ke atas maksimum diperoleh dengan menderivatifkan pers. (4) terhadap θ, yang menghasilkan ( cosθ cos θ ) d 0 = d θ = sinθ + 6sinθ cosθ. Oleh karena itu, nilai maksimum dicapai ketika cos θ = atau θ = 70,5 o ( poin) (5) b- Jika nilai ini dimasukan dalam pers. (4) diperoleh besar gaya total ke atas sebesar mg N t = mg = (4 poin) (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 mg > Mg ( poin) m M > ( poin) (7) page
. (5 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). atang 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 θ yang ditempuh batang θ M, m h Solusi: a- Dari hukum kekekalan energi pada partikel bermassa m, diperoleh: E g (energi potensial yang dilepaskan) = E k (energi kinetik tepat sebelum tumbukan) mv mgh = sehingga kecepatan m menumbuk batang v = gh () Momentum sudut kekal selama tumbukan, L = L sehingga: Karena L = mvr = m gh () ( I p + Ib ) ω0 = ( m + M ) ω0 L = () L = L maka diperoleh: m gh ω 0 = (4) M + m page
Kecepatan sudut ω sebagai fungsi sudut: Cara : E = E 0 ( I I ) ω = mg( cosγ ) + Mg ( γ ) + ( I + I ) ω + cos p b 0 p b ( M + m ) ω = ( M + m ) ω ( mg + Mg)( cosγ ) 0 ω ( cosγ )( m + M ) g = ω0 ( M + m ) ω ω g m + M = 0 M + m ( ) ( ) ( cosγ ) Cara : τ = Iα mg sinγ γ ( Mg sin = M + M )α [ m + M ] = α( M m )α g sinγ + dω = α = dt dω ω = dγ g g ( m + M ) ( M + m) ( m + M ) ( M + m) ( m + M ) ( ) M m sinγ sinγ dγ ω g γ ωd ω = sinγdγ ω0 + 0 ( ω ω ) g ( m + M ) ( ) ( cosγ ) M + m 0 = ω ω g = 0 ( m + M ) ( ) ( cosγ ) M + m page 4
b- Energi kinetik setelah tumbukan ( ) k sudut θ, E k = E g, sehingga E sama dengan energi potensial system ( ) m ( ) ( ) ( gh) m gh I p + I b = m + M = ( m + m ) M + m E pada E = ω ( poin) (5) k E g Dari pers. (5) dan (6) ( cosθ ) + Mg( cosθ ) = mg ( poin) (6) E = k E g g Dari pers. (7) diperoleh: 6m gh = mg + Mg mg cosθ Mg cosθ M + m 6m gh mg + Mg = ( mg + Mg) cosθ M + m 6m gh = cosθ ( M + m)( mg + Mg) ( poin) (7) 6m h θ = cos ( )( ) (8) M + m M + m page 5
. (0 poin) Seutas kawat dibentuk menjadi loop tertutup berbentuk persegi panjang dengan ukuran tinggi = T dan lebar = L, bermassa m dan hambatannya. Pada t = 0 lilitan kawat ini dijatuhkan dari ketinggian y = h dihitung dari bidang batas antara yang tidak ada medan magnet ( y > 0) dan yang ada medan magnet homogen ( y < 0) dengan kecepatan awal v o = 0 m/s. Pada saat t = t lilitan kawat bagian bawah persis berada pada bidang batas y = 0. Untuk y < 0 ada medan magnet dengan arah tegak lurus ke 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. 0 t < t, b. t t < t dan c. t t. L T y = 0 t = 0 t = t t = t t Solusi a. Untuk 0 t < t : gerak jatuh bebas, maka v( t) = gt Untuk t = t, maka v = gt = gh ( poin) ( poin) page 6
b. t t < t, timbul GGL induksi pada loop kawat itu sebesar dφ da dt V = = = L = Lv( t) dt dt dt dengan φ : fluks magnet, A : luas loop kawat, : medan magnet, v( t ): kecepatan loop kawat. ( poin) Sehingga timbul arus listrik di loop kawat itu yang searah jarum jam dan besarnya: Lv( t) I = Gaya magnet yang terjadi pada loop kawat itu adalah: L v( t) F = IL = (arahnya ke atas), dv L v sehingga persamaan gerak kawat loop adalah: m = mg dt Solusi dari persamaan gerak ini (dengan syarat batas t = t t dan v = v v) adalah: mg mg L v = + gt exp ( t t ) L L m ( poin) ( poin) c. Untuk t t, gaya yang mempengaruhi sistem ini adalah gaya magnet dan gaya gravitasi, sehingga kecepatannya menjadi: mg mg L v = + gt ( t t ) + g t t L L m exp ( ) ( poin) page 7
4. (0 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. 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 adalah r c. gaya yang diberikan dinding kepada silinder ketika jarak antara titik A dan adalah r Solusi: a- Tinjau gambar dibawah ini O O A Selama silinder tetap kontak dengan dinding dan balok, maka sumbu silinder (garis yang melalui titik O, sumbu silinder) berada di tengah-tengah A, sehingga akibatnya silinder memiliki kecepatan arah horizontal sebesar v. Jadi titik pusat silinder (titik O) bergerak dengan lintasan lingkaran terhadap titik A (lihat gambar diatas). (5 poin) page 8
α 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 α terhadap horizontal, maka v u cosα = ( poin) () Karena jarak A = 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 mu mg cosα N = r () atau mu N = mg cosα r ( poin) () Ketika jarak A = r, maka r cosα = = r (4) Agar silinder kontak dengan dinding ketika A = r, maka N > 0, sehingga page 9
mu mg cosα > r g v > r ( poin) (5) atau v < gr ( poin) (6) c- Dan gaya kontaknya adalah mg mv N = r (4 poin) (7) page 0
5. (8 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 A dengan tembok ketika pegas tak tertarik serta ketika pegas tertarik ke kanan berturut-turut adalah x 0 dan x 0 + 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. andul tersebut terhubung pada m A melalui sumbu licin. Sudut antara batang bandul dengan garis vertikal adalah θ. Percepatan gravitasi g mengarah ke bawah. a. Tuliskan dua persamaan gerak yang bekerja pada sistem tersebut untuk dua variabel x dan θ. Lakukan substitusi agar persamaan gerak tersebut tidak mengandung gaya tegang batang. Disini Anda jangan menggunakan asumsi sudut θ kecil. b. Untuk selanjutnya, gunakan asumsi sudut θ kecil. Tuliskan dua persamaan gerak tersebut. c. Tentukan perumusan kuadrat kecepatan sudut ω untuk sistem tersebut. (Ambillah ilustrasi nilai ω dinyatakan dalam bentuk g/l untuk harga ma = m dan kl = mag ) Untuk pertanyaan (d) hingga (g) akan ditinjau kasus khusus dari perumusan diperoleh dari (c). Kemudian berikan penjelasan dari makna fisis untuk bentuk masing-masing kasus khusus berikut: d. jika tidak ada pegas (limit k 0) e. jika konstanta pegas sangat besar (limit k ) f. jika bola tidak ada ( m = 0) g. jika batang bandul tidak ada (limit L 0). ω yang telah ω pada page
Solusi: a. Diagram gaya sistem pegas dan bandul disajikan di bawah ini Vektor koordinat, kecepatan dan percepatan pada A dan : A: ra = ( x0 + x,0) r& A = ( x&,0) && ra = (&& x,0) : r = ( x0 + x + Lsin θ, L cos θ) r & = ( x& + L& θ cos θ, L& θ sin θ ) && r = (&& x + L( && θ cosθ & θ sin θ ), L( && θ sinθ + & θ cos θ )) Gaya pada A dan : A: F = ( T sin θ kx, N T cos θ m g) A : F = ( T sin θ, T cos θ m g) A Persamaan gaya pada A: Sumbu x: T sinθ kx = ma&& x () Sumbu y: N T cosθ mag = 0 () Persamaan gaya pada : Sumbu x: T sin θ = m (&& x + L( && θ cosθ & θ sin θ )) () Sumbu y: T cos θ m g = m L( && θ sinθ + & θ cos θ ) (4) Dengan menjumlahkan persamaan () dan () diperoleh ( m + m ) x& + m L( && θ cosθ & θ sinθ ) + kx = 0 A & (5) Penjumlahan dari persamaan () cosθ dan persamaan (4) sinθ akan menghasilkan bentuk yang dapat disederhanakan menjadi && x cosθ + L&& θ + g sinθ = 0 (6) b. Jikaθ kecil maka cosθ, sinθ θ dan & θ 0. Persamaan (5) dan (6) masing-masing menjadi ( m + m )&& x + m L&& θ + kx = 0 (7) A && x + L&& θ + gθ = 0 (8) page
c. Dengan asumsi x dan θ mengalami osilasi kecil dengan frekuensi sudut ω maka iωt i t x e && x ω x dan θ e ω && θ ω θ. Persamaan (7) dan (8) menjadi: A [ k ( m + m ) ω ] x m ω Lθ = 0 (9) ω x + ( g ω L) θ = 0 (0) Persamaan (9) dan (0) dapat disusun dalam bentuk matriks k ( ma + m ) ω mω L x 0 = ω g ω L θ 0 () Solusi persamaan () adalah jika determinan matriks persegi di ruas kiri = 0. Jadi 4 A ω ω ω 4 A ω A ω ( k ( m + m ) )( g L) m L = 0 m L ( kl + ( m + m ) g) + kg = 0 A A A kl + ( m + m ) g ± ( kl + ( m + m ) g) 4kLm g ω = m L A Untuk nilai ma = m dan kl = mag, maka ω = g / L atau ω = g / L. d. Kasus khusus: jika tidak ada pegas atau k = 0 maka ( ma + m ) g ± ( ma + m ) g ω = m L Untuk tanda + maka ω = ( ma + m ) g / mal. Pada kasus ini, kedua massa sama-sama berosilasi dengan kecepatan sudut yang sama, namun dengan arah yang berlawanan. Jika m A bergerak ke kiri maka m bergerak ke kanan. Untuk tanda maka ω = 0. Pada kasus ini kedua massa bergerak lurus beraturan sepanjang sumbu x. e. Kasus khusus: jika k sangat besar maka 4kLmAg ω = kl + ( ma + m ) g ± kl + ( ma + m ) g mal ( kl + ( ma + m ) g) ω m L kl ( m m ) g klmag kl + ( ma + m ) g ± kl + ( ma + m ) g A + A + A / page
g g Untuk tanda maka ω. L + ( m + m ) g / k L A Pada kasus ini tetapan pegas yang sedemikian besar menyebabkan m A seperti diam di tempat. Jadi hanya m yang dapat bergerak osilasi dengan panjang bandul L sehingga frekuensi sudut m adalah ω = g / L. Untuk tanda + maka kl + ( ma + m ) g kg k ( ma + m ) g g ( ma + m ) g ω + m L kl + ( m + m ) g m m L L kl A A A A ω ( k / m ) + ( m g / m L). Tetapi karena k sangat besar, maka suku m g / m L A A dapat diabaikan sehingga ω k m. / A Ini adalah kecepatan sudut untuk massa f. Kasus khusus: m = 0 maka m A yang terikat pada pegas bertetapan k. A A A A A kl + m g ± ( kl + m g) 4 klm g kl + m g ± ( kl m g) ω = = mal mal kl + mag ± ( kl mag) ω =. m L A Untuk tanda + maka ω = k / ma. Ini adalah kecepatan sudut untuk m A. Untuk tanda maka ω = g / L. Ini adalah kecepatan sudut untuk ayunan bandul dengan panjang bandul L. A g. Kasus khusus: L 0 maka 4kLmAg ω = kl + ( ma + m ) g ± kl + ( ma + m ) g mal ( kl + ( ma + m ) g) klmag ω kl + ( ma + m ) g ± kl + ( ma + m ) g mal kl + ( ma + m ) g kg k Untuk tanda maka ω = untuk limit L 0. kl + ( m + m ) g m + m A A / ( poin) page 4
Ini dapat dipahami yaitu ketika batang bandul tidak ada maka m A sehingga total massa yang terikat pada pegas k adalah ma m m akan menempel pada +. Jadi kecepatan sudutnya adalah ω = k / ( m + m ). A === Selesai === page 5
Solusi Fisika Eksperimen OSN ke XII di andung, 8 September agian ( poin) a- esarnya medan magnet d di titik P yang disebabkan oleh elemen kawat ber-arus ds adalah: r r µ i dsxrˆ d = µ i = ds ( x + ) o o 4π r 4π Arah d tegak lurus terhadap bidang yang dibentuk oleh rˆdan ds. Untuk komponen x nya bisa diturunkan dalam bentuk: () x µ i ds cosθ θ () o d cos = 4π x + = Dengan mengambil ( ) / cosθ = / x + dan batas integral ds dari 0 sampai π, diperoleh x µ i µ i o o ( ) ds = / x + ( x + ) = / 4π () Untuk N lilitan kawat kumparan, komponen horizontal medan magnetik di titik P adalah oni x = µ (4) (0,8 poin) ( x + ) /
Dan di x = 0, di pusat kumparan: µ oni 0 = (5) b- Medan magnet yang bekerja pada magnet batang silinder pada saat kumparan bekerja dan pusat massa magnet batang berada pada sumbu-x adalah = t = k + H (6) (0,5 poin) dimana k adalah medan magnet dari kumparan dan H medan magnet dari komponen horizontal magnet bumi. c- Torsi akibat medan luar (terhadap titik pusat massa O dari magnet batang): r r τ = m r (7) Dari hukum II Newton untuk gerak rotasi: τ = I α (8) dengan I adalah momen inersia pusat massa magnet batang. Jadi m sin θ = I& θ (9) Untuk sudut simpangan kecil, berlaku: & θ m + θ = 0 (0) I Jadi magnet batang akan berosilasi sederhana dengan m ω = atau I I T = π () (0,7 poin) m
agian (,6 poin) l (cm) T untuk 0x ayunan T (sec) T (sec) T (sec) <T>.7.78.75.750 5.74.85.78.790 7.78.85.87.8 9.9.85.85.870 0.96.88.9.9.9.0.96.96.9.9.05.96 7.97.9.960.9.96.96 7.9.97.960 Kesimpulan: Setelah panjang tali 0 cm nampak bahwa periode osilasi konstan. Jadi maksimum panjang tali dimana torsi (osilasi) bisa diabaikan adalah l > 0 cm. Data Kesimpulan benar (0,6 poin) agian Ketika pusat massa magnet batang berada pada sumbu-x kumparan, posisi pusat massa magnet batang berada pada ketinggian h = (,5 ± ) cm diatas permukaan meja. (0,4 poin)
a- Ketika medan magnet dari kumparan dan medan magnet bumi searah Jarak, x (cm) Waktu 0x osilasi (detik) T T T <T> T (detik) /T (detik) - Medan Magnetik Kumparan (Tesla) 4 8.78 8.8 8.85 8.8 0.44 5.5.0E-04 4.5 9.6 9. 9.8 9.9 0.46 4.74.E-04 5 9.5 9.59 9.46 9.5 0.48 4.4.96E-04 5.5 9.84 9.90 9.97 9.90 0.50 4.08.8E-04 6 0. 0. 0. 0. 0.5.8.69E-04 6.5 0.5 0.65 0.5 0.57 0.5.58.57E-04 7 0.94 0.95 0.94 0.94 0.55.4.46E-04 7.5.8.6.. 0.56.8.6E-04 8.47.50.44.47 0.57.04.7E-04 8.5.78.7.75.75 0.59.90.9E-04 9.6.09..6 0.6.7.E-04 9.5..4.4. 0.6.6.04E-04 0.7.68.68.69 0.6.48 9.74E-05 0.5.9.9.90.90 0.65.40 9.4E-05.09.0.04.05 0.65.5 8.58E-05 Kurva dari /T vs k adalah: 6,0 Grafik /T vs kumparan /T (sec) - 5,0 4,0,0,0 y = 940x + 0,585 ² = 0,996,0 0,0 0,00E+00 5,00E-05,00E-04,50E-04,00E-04,50E-04 kumparan (Tesla) Dari kurva diatas diperoleh: gradient b = 940 s - T - dan Intercept a = 0.585 s - 4
Dari persamaan () diperoleh I m T = 4π atau = () m T 4π I m Jika α = dan substitusikan pers. (6) ke dalam pers. () diperoleh: 4π I = α = α k + α H () T Persamaan () adalah persamaan linier yang menghubungkan antara /T vs k. Jadi dari kurva diatas kita dapatkan: α = b = 940 s - T - dan α H = a = 0.585 s - Maka, komponen horizontal medan magnet bumi, H = a/b a 0.585 5 H = = =.05x0 T atau H = 0 nt b 940 Momen magnetik L r m = 4π Iα = 4π αm + = 0.46 4 Marking Scheme untuk Nomor a (total 0 poin): Untuk Data ( poin) - Parameter data dan satuannya (0,5) - Parameter data tanpa satuan (0,) - Jumlah data: > = 0 (,5) 7 9 () 6 (0,5) < (0) 4- Kecocokan data dengan kunci () error 5% (0,5) error 50% Untuk Grafik ( poin) - Parameter data dan satuannya (0,5) - Titik data dan kurva yang tepat () - Membuat persamaan linearisasi (,5) Untuk Perhitungan (4 poin) - Mendapatkan gradient () - Mendapatkan intercept () - Menghitung H () 4- Menghitung m () 5
b- Ketika hanya ada medan magnet umi saja Dalam kondisi ini berlaku hubungan T m = α = αh = H (4) 4π I Untuk 0x osilasi diperoleh data T 0 (detik) : 6.; 6.; 6.7; 6.9; 6. Periode rata-ratanya <T> =.09 detik. Jadi dengan nilai T rata-rata dan nilai m yang telah diperoleh diatas, bisa kita hitung nilai H sebagai: H I = 4π mt =,006 0 = 006 nt 5 T Marking Scheme nomor b: - Jumlah data hingga rata-rata (.0) Jika data = (0) Jika data (0,5) Jika data > (.0) - Hitung H (.0) c- Ketika Arah medan magnet solenoida berlawan dengan arah medan magnet umi Ketika medan magnet kumparan dan medan magnet bumi saling meniadakan, posisi pusat massa magnet batang dari kumparan berada di: x (cm) =.;.;.0; 0.;. jarak rata-ratanya x o = 0.94 cm ( poin) jika medan magnet kumparan saling meniadakan terhadap medan magnet bumi, berarti H = ( x k o ) = µ oni ( x + ) / o (5) Dengan mengganti parameter x menjadi x o, maka H = 0 09.4 nt 6
Marking Scheme nomor c: - Jumlah data hingga rata-rata (.0) Jika data = (0) Jika data (.0) Jika data > (.0) - Perumusan H = k (x o ) (.0) - Hitung H (.0) 7