SOLUSI OSN 2009 1. A. Waktu bola untuk jatuh diberikan oleh : t A= Jarak d yang dibutuhkan adalah d =v 0 t A=v 0 B.
! !
2H g 2H g
i. Karena bola tidak slip sama sekali dan tumbukan lenting sempurna maka energi mekanik sistem kekal. ii. Gaya gesek arahnya ke sumbu x negatif (melawan arah gerak relatif bola) iii. Impuls gaya gesek:
I A =m v 0"mv ' A , x .
iv. Impuls sudut dari gaya gesek:
2 I A R= m R2 #' A 5
1 1 1 2 m $ v 20%v 2A , y & = m $ v ' 2A , x %v ' 2A , y &% . m R2 #' 2A 2 2 2 5
C. Hukum kekekalan energi:
Karena tumbukan lenting sempurna, kecepatan bola dalam arah vertikal tidak berubah sehingga vA,y = v'A,y . 2 v 20 =v ' 2A , x % R2 #' 2A 5
Sederhanakan, didapat : Gunakan hubungan impuls: 2 0
2 A, x
2 I x =m $ v 0"v ' A , x & = m R #' A , 5
$
2 5 = $ v "v ' A , x & 5 2 0
&
2
didapat
v "v '
atau
$ v 0"v ' A , x & $ v 0 %v ' A , x &= 2 $ v 0 "v ' A , x &
Ada 2 solusi:
3 v ' A , x =v 0 dan v ' A , x = v 0 7
5
Solusi yang benar adalah solusi kedua:
2
10 v 0 3 5 v ' A , x = v 0 dengan #' A= v 0"v ' A , x &= $ 7 2R 7R
D. Untuk menghitung posisi tumbukan kedua di B, kita perlu menghitung waktu agar bola bisa menyentuh keping atas K1. Persamaan yang digunakan hanyalah persamaan gerak parabola: 1 h=v A , y t B" g t 2B 2 dengan v A , y =! 2 g H 40
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat: t B=
! 2 g H ± ! 2 g H "2 g h = g
! $ ! & 2H h 1± 1" g H
Ambil solusi negatif dan masukkan harga h = 0,75 H:
$
17 d ,h 14
&
! !
1 2H 2 g
3 1 x B=v x t B= v 0 . 7 2
Jarak horizontal yang ditempuh bola adalah
koordinat B$' d , h&=B$d %x B , h&=B
t B=
diperoleh '=
2H 3 = d , sehingga dengan g 14
17 14
E. Proses tumbukan kedua mirip dengan proses tumbukan pertama. Yang perlu diperhatikan adalah ada perubahan persamaan impuls-nya. Karena rotasi bola terlalu cepat (!'A R > v'A,x) maka gaya gesek berusaha mengurangi kecepatan rotasi sehingga gaya gesek arahnya juga ke sumbu x negatif. I B =m
F. Besarnya impuls gaya gesek diberikan oleh
$
3 v "v ' B , x 7 0
&
dengan v'B,x adalah kecepatan bola setelah tumbukan.
$
2 10 v 0 I B R= m R2 "#' B 5 7 R
Impuls sudut diberikan oleh
&
dengan !'B adalah kecepatan sudut bola setelah tumbukan. Hukum kekekalan energi: 1 1 2 1 1 2 E= m $ v ' 2B , x %v ' 2B , y &% . m R 2 #' 2B= m $ v 2B , x %v 2B , y &% . mR2 # 2B . 2 2 5 2 2 5 10 v 0 3 Kecepatan dalam arah x: v B , x =v ' A , x = v 0 dan kecepatan sudut: # B =#' A= . 7 7R Karena tumbukan lenting sempurna, berlaku: vB,y = v'B,y . Dari hubungan impuls, didapat #' B=
$
5 1 v %v ' B , x 2R 7 0
&
2 Masukkan semua informasi ini ke persamaan energi, didapat: v ' B , x %
10 93 2 v ' B , x v 0" v =0 . 49 343 0
Faktorkan, dengan memperhatikan bahwa salah satu solusi adalah solusi untuk kasus tidak terjadi tumbukan:
$
&$
&
3 31 v ' B , x " v 0 v ' B , x % v 0 =0 7 49
41
Sehingga didapat v ' B , x ="
31 v dan 49 0
#' B="
60 v 0 49 R
G. Waktu untuk bola bergerak dari B ke C sama dengan waktu bola bergerak dari A ke B. Jarak yang ditempuh bola adalah d BC=v ' B , x
tA 31 =" d . 2 98
Artinya jarak titik C dari titik asal O(0,0) adalah d %x B%d BC=d % koordinat titik C adalah
$
44 d ,0 49
3 31 44 d" d = d , sehingga 14 98 49
&
2. Oleh karena tiap partikel dalam tali memiliki kelajuan yang sama, maka energi kinetik tali adalah 1 E K= M v 2 2
Pada saat ujung bebas tali sudah tergeser sejauh x dari posisi awal, energi potensial pegas adalah E
pegas p
$ &
1 2 1 M g 2 M g x2 = kx = x= 2 2 2L 4L
Sementara itu, energi potensial gravitasi tali relatif terhadap posisi awal adalah
$ &$
E tali p ="
&
M 1 Mgx x g L% x =" $2 L%x & 4L 2 8L
sehingga energi potensial total sistem adalah E p =E pegas %E tali p p =
Mgx $ x"2 L& 8L
A. Persamaan kekekalan energi mekanik E tali adalah 1 Mg M v2 % x $ x"2 L&=E 2 8L Diketahui pada saat awal (t = 0), x = 0, dan v = 0 sehingga E = 0. Dengan demikian v2 =
g x $2 L"x & 4L
(1)
B. Selanjutnya dari pers. (1) dapat dihitung derivatif terhadap waktu (t), yaitu 2v
$
dv g dx dx = 2 L "2 x dt 4 L dt dt
&
sehingga dv g = $ L"x & atau dt 4 L
d2 x g = $ L" x& dt 2 4 L
Artinya, persamaan gerak ujung bebas tali untuk pergeseran x adalah 42
d2 g $ x"L&% $ x"L&=0 2 4L dt yang tidak lain adalah persamaan gerak osilasi harmonik sederhana di sekitar titik x = L. Dengan demikian, besar periode osilasi adalah T =2 (
!
!
4L L =4( g g
dan karena v = 0 untuk x = 0 maka amplitudo osilasi adalah L. 3. A. Jika kecepatan sudut cincin adalah !, maka energi kinetik translasi cincin adalah EK T =
1 1 M v 2= M R2 # 2 2 2
Energi kinetik rotasi cincin adalah: 1 1 EK R= I # 2= M R2 # 2 2 2 Energi kinetik total:
EK =M R 2 # 2
Energi potensial:
EP="M g R cos ) 1 EK = M R2 #2 2
Bandingkan hasil ini dengan bandul sederhana (yang memiliki energi kinetik:
dan energi potensial
EP="M g R cos ) , periode diberikan oleh T =2 (
Sehingga periode osilasi sistem ini diberikan oleh
!
!
!
!
M R2 R ). =2 ( M gR g
2 M R2 2R T =2 ( =2 ( M gR g
Jika menggunakan metode gaya/torka: Momen inersia terhadap titik O: Icm + MR2 = 2 MR2. Torka terhadap titik O: 2
"M g R sin )=2 M R *)
Sederhanakan: *)%
g sin )=0 2R
Untuk amplitudo sudut kecil (sin ! ! !), periode osilasi diberikan oleh T =2 ( B. i. Perhatian gambar. Busur AB = busur A'B' = r". 43
!
2R g
+=)"
$ &
A' B ' r =) 1" R R
ii. Jika laju perubahan sudut " adalah !" , maka energi kinetik translasi cincin adalah 1 1 EK T = M v 2= M $ R"r &2 # 2) 2 2 Energi kinetik rotasi cincin adalah:
$ &
2
1 1 r 1 EK R= I # 2+= M R 2 # 2) 1" = M $ R"r &2 #)2 2 2 R 2 EK =M $ R"r &2 # 2)
Energi kinetik total: Energi potensial:
EP="M g $ R"r &cos )
!
!
2 Jadi periode osilasi diberikan oleh T =2 ( 2 M $ R"r & =2 ( 2$ R"r & M g $ R"r & g
f
A'
B
A
B' # "
R
O
P' "
r
P Mg
Jika menggunakan metode gaya/torka: Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B' "M g sin )% f =M $ R"r & *) Persamaan gerak rotasi terhadap pusat cincin: 2
" f R= M R *+
Gunakan hubungan pada bagian i:
44
$ &
*+ =*) 1"
r R
Gabungkan ketiga persamaan ini, didapat "M g sin )=2 M $ R"r & *) sederhanakan:
*)%
g sin )=0 2$ R"r &
Untuk amplitudo sudut kecil (sin ! ! !), periode osilasi diberikan oleh T =2 ( iii. Jika r menuju nol didapat T =2 ( C. i.
!
!
2$ R"r & g
2R g
$ &
+=) 1"
r r %, R R
ii. Untuk mencari hubungan sudut-sudut ini, tinjau gerak rotasi kedua cincin. Ada gaya gesek antara kedua cincin. Persamaan gerak rotasi cincin besar:
" f R= M R 2 *+
Persamaan gerak rotasi cincin kecil:
f r=m r 2 *,
M R*+ %mr * ,=0
Eliminasi gaya gesek f, didapat
M R# + %m r # ,=0
sehingga hubungan kecepatan sudut diberikan oleh:
$ &
Dari hubungan sudut dari bagian i, didapat #+ =# ) 1"
r r %# , R R
Gabungkan kedua hubungan kecepatan sudut ini: #+ = dan
$ & $ &
m r #) 1" m% M R
# ,="
M R r # ) 1" m% M r R
.
Energi kinetik rotasi cincin besar:
1 m2 M 2 2 M R #+ = #)2 $ R"r &2 2 2 2 $m%M &
Energi kinetik rotasi cincin kecil:
1 mM2 m r 2 #2, = #2) $ R"r &2 2 2 2$ m%M &
Energi kinetik translasi cincin besar:
1 1 M v 2 = M $ R"r &2 #2) 2 2
45
Energi kinetik total:
mM 1 1 2 m%M # 2 $ R"r &2% M # 2) $ R"r &2= M #2) $ R"r &2 2$ m%M & ) 2 2 m%M EP="M g $ R"r &cos )
Energi potensial:
Jadi periode osilasi diberikan oleh
T =2 (
!
2 m% M m% M =2 ( M g $ R"r &
M $ R"r &2
!$ &
R"r 2 m%M g m%M
Jika menggunakan metode gaya/torka: Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B' "M g sin )% f =M $ R"r & *) Persamaan gerak rotasi sudah diberikan pada bagian pembahasan energi: " f R= M R 2 *+
f r=m r 2 *, Gabungkan hasil ini dengan persamaan pada bagian i: didapat: f ="
mM * $ R"r & m%M )
Masukkan ini ke persamaan gaya: "M g sin )=
mM * $ R"r &%M $ R"r &*) m%M )
Sederhanakan: *)%
g m%M sin )=0 R"r 2 m%M
Untuk amplitudo sudut kecil (sin ! ! !), didapat T =2 ( iii. Untuk limit m besar, didapat T =2 ( 4.
!
2$ R"r & . g
!$ &
R"r 2 m% M g m% M
A. Tanpa ada medan magnet, muatan 1 akan bergerak ke kiri (sumbu y negatif). Agar muatan berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B1 ke luar bidang kertas (sumbu x positif). Demikian juga dengan muatan 2, tanpa medan magnet, muatan 2 akan bergerak ke kanan (sumbu y positif). Agar muatan 2 berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B2 masuk ke bidang kertas (sumbu x negatif).
46
B. Gaya yang bekerja pada muatan 1: F1 =" Gaya yang bekerja pada muatan 2: F 2= dengan
y- dan
k q2 y- "B q v 1, y z- %B q v 1, z y$2 y&2
k q2 y- %B q v 2, y z- "B q v 2, z y$2 y &2
z- berturut-turut adalah vektor satuan yang menyatakan arah y positif dan arah
z positif. Persamaan gerak muatan 2: sumbu y: m a 2, y =
k q2 "B q v 2, z 4 y2
sumbu z: m a 2, z=B q v 2, y C. Energi mekanik kekal, karena medan magnet tidak bisa mengerjakan usaha. 2
D. Persamaan energi:
$
2
kq kq 1 1 2 2 = %2. m v y % m v z 2d 2y 2 2
&
.
Faktor 2 dimasukkan karena energi kinetik kedua muatan sama besar. Untuk mencari ukuran kotak, kita butuh kecepatan dalam arah y sama dengan nol saat jarak kedua muatan adalah 2L. Untuk mencari kecepatan dalam arah z, kita hanya butuh melakukan integral sederhana yaitu dari persamaan m a 2, z=B q v 2, y atau m
dv 2, z dy =B q 2 dt dt
sehingga m dv 2, z =B q dy 2 .
Karena kecepatan mula-mula dalam arah z adalah nol, saat y = d, maka didapat m v z= B q$ L"d & Gunakan hasil ini pada persamaan energi, didapat 2
2
$
kq kq B q $ L"d & = %m 2d 2 L m
$ &
k 1 1 B 2 $ L"d &2 " = 2 d L m
Sederhanakan: atau
&
2
km =$ L"d & L d 2 B2
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat
Ambil solusi positif:
L=
[ !
d 2km 1% 1% 2 3 2 B d
L=
] 47
[ !
d 2k m 1± 1% 2 3 2 B d
]
