OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014 BIDANG ILMU FISIKA SELEKSI TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015
SOAL TES TEORI Waktu : 5 Jam
DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2014
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
1.
bermassa M dan berjar-jari R berjar-jari R berada berada di sebuah pojok dan (10 Poin) Sebuah silinder pejal bermassa M menyentuh dinding maupun lantai., seperti terlihat pada gambar di bawah. Seutas tali tak bermassa dan sangat sa ngat panjang dililitkan dili litkan pada silinder kemudian dipasang pada katrol katro l licin secara mendatar dan dihubungkan ke benda bermassa m. Koefisien gesek kinetik μ berlaku untuk permukaan dinding dan lantai. Selama benda m bergerak ke bawah, silinder M tetap berada dalam kontak dengan dinding dan lantai. Tentukan : a. gaya normal dari dinding dan lantai (nyatakan da lam μ lam μ,, m, M dan g dan g ) ) b. percepatan benda m dan hitung pula nilai percepatannya secara numerik untuk data 2 berikut ini : μ : μ = = 0.5 , m= 11 kg, M = 8 kg , R , R= = 0,4 M dan g dan g = 10 m/s . c. nilai m/M minimum minimum agar silinder dapat berotasi.
g
M
m
R
2.
berjari-jari R diletakkan diletakkan (13 Poin) Perhatikan gambar di bawah ini . Sebuah bola billiard berjari-jari R pada posisi (a,b) a,b) dari ujung kiri atas meja (lubang A). Panjang dan lebar bagian dalam meja berturut-turut adalah P adalah P dan L dan L.. Seorang siswa ingin ingin memasukkan memasukkan bola tersebut ke dalam lubang C dengan memukulnya oleh gaya sesaat F pada sudut pada pada posisi terhadap sisi AB. Waktu kontak pemukul dengan bola adalah ∆t 0 dan asumsikan seluruh impuls yang diberikan pemukul dikonversi menjadi momentum bola. Siswa tersebut berencana memantulkan bola tersebut dua kali yaitu dipantulkan oleh sisi AB dan sisi BD, sampai akhirnya masuk ke lubang. Lubang pada meja dibuat sedemikian sehingga titik tengah lubang tersebut berada t epat pada ujung-ujung bagian dalam meja. Dan ketika bola masuk, pusat massa bola dianggap dianggap berada pada pusat lubang. Tentukanlah Tentukanlah : a. tan tan agar bola tepat tepat masuk di lubang lubang C ( nyatakan nyatakan dalam b, P,L dan a) b. S 1 yaitu jarak yang ditempuh bola sebelum menumbuk dinding dinding AB. c. S 2 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan sebelum menumbuk dinding BD. d. S 3 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki lubang. e. Jika tumbukan tumbukan antara bola dan dinding adalah lenting sebagian sebagian dengan koefisien restitusi e, tentukan kecepatan bola sesaat sebelum masuk ke dalam lubang ( nyatakan dalam F, dalam F, ∆t 0 , e, m, k. R, S 1 , S 2 dan S 3 ). ( Asumsikan energi yang hilang akibat rotasi adalah kmRd dimana dimana k adalah adalah konstanta penghambat rotasi, m adalah massa bola, bo la, dan d adalah adalah jarak yang ditempuh bola.)
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
A
B
b a
P
C
D
L
3.
(15 Poin) Dua buah partikel A dan B dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu y dan partikel C dapat bergerak tanpa gesekan di sepanjang sumbu x. x. Partikel B dan C terhubung melalui suatu batang tegar yang tak bermassa dengan panjang L, L, sedangkan partikel A dan C terhubung melalui suatu batang tegar tak bermassa dengan panjang L 3 . Terdapat suatu engsel licin yang menghubungkan kedua ujung batang tersebut di C (lihat gambar). Diketahui massa ketiga partikel m A = m B = mC = m dan m dan pada saat awal , θ 1(0) = π /6 /6 rad , ω1(0) = ω2(0) = 0 rad/s, rad/s, dimana ω1 =dθ =dθ 1 /dt dan dan ω2 =dθ =dθ 2 /dt . Tentukan : a. posisi masing-masing partikel (nyatakan dalam sudut θ 1 dan θ 2 ) dan tentukan hubungan hubungan antara sudut θ 1 dan θ 2 . b. energi total dari sistem dinyatakan dalam sudut θ 2 dan ω2. c. Kecepatan dan percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali. y
A g
1
L 3 B 2
O
4.
L x C
A terpisah sejauh (20 Poin) Sebuah kapasitor keping sejajar mempunyai luas penampang A terpisah d , serta tinggi a. Ruang diantara kapasitor berisi udara dengan permitivitas anggap sama dengan ruang hampa yaitu ε0. Kapasitor kemudian dihubungkan dengan sebuah baterai yang memiliki tegangan V 0. Kemudian baterai diputuskan, muatan pada kapasitor dipertahankan tetap sebesar Q0, kemudian sebuah lembaran dielektrik padat dengan luas luas yang sama, A, A, dan tebal d (dimana (dimana l
b. medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat! c. medan listrik pada dielektrik! d. beda potensial kapasitor setelah dielektrik dimasukkan! e. tentukan kapasitas kapasitor set elah dielektrik dimasukkan! Dielektrik padat kemudian ditarik dan selanjutnya dihubungkan kembali dengan baterai semula dengan tegangan V 0 . Kapasitor ini kemudian dicelupkan kedalam cairan dengan konstanta dielektrik K 2 dan massa jenis ρ. f. Tentukan ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar! Kapasitor diangkat dari cairan, baterai kemudian dilepas dan kemudian pada plat sejajar diberi muatan sebesar Q0. g. Hitung kembali ketinggian cairan yang naik diantara kedua plat sejajar pada kondisi terakhir ! Ketentuan : Semua jawaban akhir harus dalam V 0 dan Q0 dan ukuran geometri serta konstanta dielektrik yang sesuai.
5.
(20 Poin) Sebuah lintasan memiliki dua buah hoop lingkaran beradius R yang terpaut jarak tertentu (seperti pada gambar dibawah). Loop setengah lingkaran yang kiri permukaannya licin, sedangkan sisa lintasan yaitu lintasan lurus dan loop seperdelapan lingkaran yang kanan permukaannya kasar yang besar koefisien gesek statis dan kinetis yang sama, μ sama, μ.. Pada lintasan ini, akan dilakukan dua buah percobaan.
licin
R r
m
R
kasar
B
kasar
A
Percobaan pertama, sebuah benda X bermassa m, berjari-jari r , memiliki momen inersia 2 βmr dilepaskan dari keadaan diam pada puncak lintasan disebelah kanan. a. Tentukan syarat μ μ (koefisien gesek) lintasan tersebut agar memiliki energi kinetik maksimum pada saat melewati titik A! Mulai saat ini dan seterusnya (hingga percobaan kedua), gunakan koefisien gesek minimum yang didapat di (a) untuk lintasan kasar. b. Benda X akan menggelinding hingga melewati titik B. Hitung kecepatan benda X di titik B! c. Benda X akan menaiki loop kiri kiri hingga titik tertinggi. Berapa s, s, panjang lintasan (diukur dari B ke arah kiri mengikuti bentuk lintasan yang ditempuh benda? d. Benda tersebut akan bergerak kembali ke titik B dan kemudian bergulir sepanjang lintasan BA. Tentukan nilai L, ( disepanjang lintasan BA) sehingga benda X dapat mencapai titik A dalam keadaan sudah tidak slip!
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
Mulai saat ini dan seterunya (hingga percobaan kedua), asumsikan benda X adalah silinder berongga, sehingga β adalah suatu nilai numeris, dan gunakan nilai numeris tersebut untuk soal-soal di bawah ini. e. Jelaskan keadaan gerak benda X secara kualitatif jika : 1) Panjang BA < L 2) Panjang BA > L Percobaan kedua dilakukan. Di sini, diperkenalkan sebuah benda titik Y bermassa m juga, namun tidak memiliki momen inersia. Lintasan masih memiliki kekasaran sesuai dengan hasil (a). INGAT, I NGAT, masukkan nilai numeris β numeris β ! Pada percobaan kedua, hal yang sama dilakukan seperti percobaan pertama. Namum, disaat benda X berada pada titik B (berarah gerak ke kanan), benda Y di lontarkan dari titik A (berarah ke kiri) dengan kecepatan v (besarnya mengikuti hasil (b)). f. Tentukan d , letak tumbukan benda X dan Y (diukur dari titik A ke ar ah ke kanan)! g. Tentukan pula , waktu bertumbukan mereka (diukur dari saat benda X di B dan Benda Y di A)! h. Tumbukan terjadi secara sentral dan elastis. Tentukan kecepatan benda-benda tersebut sesaat setelah tumbukan! i. Analisis gerakan kedua benda setelah tumbukan dan jawablah setiap pertanyaan berikut ini dengan bukti-bukti bukti-bukti kuantitatif : 1. Apakah benda X dapat mencapai kondisi tidak slip sebelum sampai di titik B? 2. Apakah benda Y berhenti sebelum menaiki loop kanan? 3. Akankah kedua benda tersebut bertumbukan untuk kedua kali-nya? Jika ya, tentukan kecepatan masing-masing benda sesaat setelah tumbukan kedua! j. Jelaskan konfigurasi (kecepatan dan posisi) paling akhir benda X dan Y! Catatan : Jawaban dari soal- soal di atas hanya han ya boleh boleh din yatakan dalam R,m,r dan g. (a)-(d), jawaban boleh juga juga dinyatakan dalam β. Khusus (a)-(d), jawaban
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
PEMBAHASAN OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014 BIDANG FISIKA
1. Pembahasan : a. Diagram benda bebas silinder M silinder M dan benda m : T
N 2
f 2
T a
Mg N 1
mg
f 1 Persamaan gerak massa m : mg T ma Pusat massa silinder tidak bergerak translasi : F x 0 T f1 N 2 0
(1)
(2)
F y 0 (3) N1 f 2 Mg 0 Silinder slip sehingga gaya gesek kinetik bekerja pada silinder. (4) f1 N 1 (5) f 2 N 2 Silinder bergerak dengan kecepatan angular . Percepatan tepi silinder sama dengan percepatan massa m. (6) a R Persamaan rotasi silinder : I pm
TR f 1 R f 2 R 1 MR 2 a R 2 T f1 f 2
1 Ma
2 Substitusi pers.(1),(4) dan (5) ke pers.(7) : mg T T N1 N 2 1 M 2 m
2m M T 2m N1 2m N 2 Mmg Pers.(2) dapat dituliskan menjadi Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
(7)
(8)
T N 2 N 1 Substitusi pers.(9) ke pers.(8) : 4m M N1 2m 2 m M N 2 Mmg Pers.(3) dapat disederhanakan menjadi : N1 N 2 Mg Dari pers.(10) dan pers.(11) pers.( 11) akan kita peroleh 2m 3 m M Mg N 1 1 2 2 2m 1 2 M
N 1
m 4m M Mg
1 2 2 2m 1 2 M
(9) (10) (11) (12) (13)
b. Substitusi pers.(12) dan pers.(13) ke pers.(9) untuk memperoleh tegangan tali : m 2m 3 2 mMg (14) T 1 1 2 2 2m 1 2 M Percepatan beban m : a g T m 1 2 2 2m 21 M a g 1 2 2 2m 1 2 M
(15)
Substitusikan nilai-nilai besaran dibawah ini ke pers.(15) : μ = μ = 0.5 , m= 11 kg, M kg, M = 8 kg , R , R= = 0,4 M dan g dan g = 10 m/s2 Kita akan memperoleh besar percepatan benda m : a = 3,125 m/s 2 c. Syarat silinder berotasi : pm 0 atau a0
m M
1 1 2 2
Harga minimum (m/M (m/M ) agar dapat berotasi : 1 m M min 1 2 2
Untuk 0,5 maka besar harga minimum (m/M ( m/M ) : 0,5 m 3 M min 4
2. Pembahasan : a. Diagram gerakan bola biliard :
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
(16)
x
L – L – a a -x A
b
S 1 v1
B
v1
S 2 y
v0 v2
a
v2
P
S 3
P-y
v3 C
D
L
Tumbukan pertama di dinding AB. Momentum arah horizontal kekal : v1cos v1cos v1 cos v1 cos Koefisien restitusi tumbukan t umbukan e : vsin e 1 v1sin Tumbukan kedua di dinding BD: Momentum arah horizontal kekal : v2 cos v2 cos v2 cos v2 cos Koefisien restitusi tumbukan t umbukan e : v sin e 2 v2 sin Hubungan antara sudut β sudut β dan dan θ : :
90 0 Dari pers.(1) dan pers.(2), kita peroleh tan e tan Dari pers.(3) dan pers.(4), kita peroleh tan e tan Pers.(6) sama dengan pers.(7) : tan tan tan tan tan tan tan tan Dari pers.(5) kita peroleh hubungan : Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
(1)
(2)
(3)
(4)
(5) (6)
(7)
(8)
tan tan 90 0 cot
1 tan
atau (9) tan ta tan 1 Pers.(8) dapat dituliskan menjadi tan cot (10) Misalkan x adalah jarak tumbukan pertama dan lubang B dan y adalah y adalah jarak tumbukan kedua dari lubang B. Dengan menggunakan pers.(10), kita akan pero leh : P y b (11) L x a L Secara geometri kita dapat membuktikan membuktikan bahwa x = y. y. Sehingga pers.(11) menjadi menjadi : P x L x a PL
x 2 P L ax PL bL Pa 0
P L a P L a 4 PL bL Pa 2
x
2 Untuk posisi bola biliard di
P2 , L2 maka bola harus ditembakkan di x=0 dan y=o.
Solusi x dan y yang memenuhi adalah tanda negatif :
P L a P L a 4 PL bL Pa 2
x
2 Nilai tan agar bola masuk lubang C :
tan
b L x a
2b
L P a P L a 4 PL bL Pa 2
b. Jarak yang ditempuh biliard sebelum menumbuk dinding AB : S1 b 2 L x a
2
2
S1 1 4b 2 L P a P L a 4 PL Lb Pa 2 c. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan sebelum menumbuk dinding BD:
S2
x2 y2
S2 x 2 y
2 P L a P L a 4 PL bL Pa 2
2
d. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki lubang: S 3 P y L2 2
2
S 3 S1 1 4 L2 P L a P L a 4 PL Lb Pa 2 e. Kecepatan bola biliard sesaat setelah dipukul : Ft 0 mv0 F t 0 v0 m Kecepatan bola biliard sesaat sebelum menumbuk dinding sisi AB: 1 mv 2 1 mv 2 kmRS 0 1 1 2 2
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
F t 0 2kRS1 v1 m Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk sisi AB:
2
ev sin e v1 1 sin
S 2kRS1 b 2 S1 y Kita mengetahui bahwa y S 2 2 , sehingga eb 2 v1 S1
F t 0 m
F t 0 m
2
2
2kRS1
Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk dinding BD : 1 mv 2 1 mv 2 kmRS 1 2 2 2 2 v1
2e 2 b 2 F t 0 S 12 m
2
2kRS1 2kRS 2
Kecepatan bola biliard sesaat setelah set elah menumbuk dinding BD : 2 2 ev sin 2e b F t 0 v2 2 e S 12 m sin
Kita gunakan hubungan x S 2 S12 b 2 L x a
2
x 2 2 k R S k R S 1 2 S2
S 3 L
2 , sehingga :
2
L S12 b 2 a x S L S12 b 2 a 2 2 Oleh karena itu :
2e 2 b 2 F t 0 2 S 2 2 2 S 1 m S1 b a
eS 3
v2 2
2
2
2kRS1 2kRS 2
Kecepatan bola biliard sesaat sebelum masuk ke da lam lubang : 1 mv 2 1 mv 2 kmRS 2 3 3 2 2
2e 2 b 2 F t 0 v3 2 2 S 2 S 1 m 2 2 2 S1 b a e 2 S 32
2
2kRS 2kRS 2kRS 2
1
3. Pembahasan : a. Gambar posisi partikel A, B dan C .
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
2
3
y
A g
1
L 3 B 2
L
O
x C
Posisi partikel A : x A 0
y A L 3cos 1 Posisi partikel B : x B 0 y B Lcos 2 Posisi partikel C :
xC L 3sin1 Lsin 2 yC 0 Hubungan θ 1 dan θ2 :
L 3sin1 Lsin 2 3sin1 sin 2 b. Komponen kecepatan partikel A : dx v A,x A 0 dt dy d v A, y A L 3sin 1 1 1 L 3 sin 1 dt dt Kecepatan partikel A :
v A v A2 ,x v A2 ,y v 1L 3sin 1 Komponen kecepatan partikel B: dx v B ,x B 0 dt dy d v B , y B Lsin 2 2 2 L sin 2 dt dt Kecepatan partikel B : v B v B2 ,x v B2 ,y 2 Lsin 2 Komponen kecepatan partikel C: dy dx d v B ,x C B Lcos 2 2 2 L 3 cos 2 dt dt dt dy vC , y C 0 dt Kecepatan partikel C : Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
vC vC2 ,x vC2 ,y 2 Lcos 2 Energi total sistem : E 1 mv A2 1mvB2 1mvC2 mgy mgy A mgy mgy B mgy mgyC 2 2 2 E 3m12 L2 sin 21 1m 22L2 mgL mgL 3cos 1 cos 2 2 2 Hubungan 1 dan 2 :
sin 2 2 sin 1 3 2
sin 2 2 cos 1 1 sin 1 1 3 2
3 sin 2 2 3
Hubungan 1 dan 2 : d 3 sin d sin 1 2 dt dt
3 cos1 1 cos 2 2
1
cos 2 2 3 sin 2 2
Energi total sistem dalam 2 dan 2 : 2 2 2 2 2 cos 2 2 sin 2 3 E m 2 L mgL 3 sin 2 2 cos 2 1 m 22L2 mgL 2 2 2 3 sin 2 3
sin 2 2 2 2 2 1 E m 2 L 1 mgL 3 sin 2 2 cos 2 2 2 43 sin 2
c. Kondisi awal sistem : sin 1 6 sin 2
3sin 1 sin 2 3sin 1 3 atau 2 . 6 2 3 1 2 0 Energi awal sistem :
E awal mgL 3 1 3 2
2
1 2mgL 2
Posisi akhir sistem:
2 90 0 sehingga sin 1 1 3 dan cos 1 1 6 . 3
3
Energi akhir sistem : Eakhir 1 m 2 2 L2 mgL mgL 2 2 Kekekalan energi : 2mgL 1 m 22 L2 mgL 2 2
2 2
2 g 2 2
L Kecepatan sudut 1 ketika 2 90 0 : Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
1 1
2 cos90 0 3 sin 9 90 0 2
0
0
Kecepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali. Kecepatan partikel A:
v A 1L 3 sin 1 0 Kecepatan partikel B:
v B 2 Lsin 2 2 gL 2 2
Kecepatan partikel C: vC 2 Lcos 2 0 Komponen percepatan partikel A : dv A, x a A, x 0 dt dv A, y a A, y 1 L 3sin1 12 L 3cos 1 dt Komponen percepatan partikel B: dv B, x a B, x 0 dt dv B,y a B,y 2 L sin 2 22 L 3 cos 1 dt Komponen percepatan partikel C: daC ,x 2 Lcos 2 22 Lsin 2 a C ,x dt dvC , y 0 aC , y dt Hubungan 1 dan 2 : d 3 cos d cos 2 2 1 1 dt dt
3 cos11 312 sin1 cos 2 2 22 sin 2 Energi total sistem konstan sehingga berlaku : dE 0 dt 8 2 sin 4 2 3 si sin 2 2 4sin 32 2 g 1 sin2 2 2 2 3 sin 2 0 1 1 L 22 2 3 sin 2 2 2 2 sin 2 2 g 2si 2 2 2 2 4 3 s in 2 163 sin sin 2
L 2 2
Substitusikan nilai 2 90 0 , maka kita akan memperoleh
L 2 g 0 g L Hubungan 1 dan 2 ketika 2 90 0 : 2
3 cos11 31 2 sin1 cos 2 2 2 2 sin 2 3 1 6 1 2 2 3
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
2 1
1
2 g 2 2
L
2 g 2 1
L
Percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang pertama kali. Percepatan partikel A :
a A 1L 3sin 1 1 2 L 3 cos 1 j 2 3 ˆ
2 1 g j
ˆ
Percepatan partikel B :
a B 2 L sin 2 2 2 L 3 cos 2 j g j ˆ
ˆ
Percepatan partikel C:
a B 2 Lcos 2 22 Lsin 2 i 2 g 2 2 i ˆ
ˆ
4. Pembahasan : a. Besar muatan induksi q dalam dielektrik :
q Q0 1 1 K 1 b. Besar medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat : Q E 0 0 0 A c. Besar medan listrik dalam dielektrik : Q0 E 0 AK 1 d. Besar potensial listrik pada kapasitor : V E 0 d l E l
Q0 Q0 d l d l 0 A 0 AK 1 e. Capasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan : Q 0 AK 1 C 0 V d lK1 l f. Ketika kapasitor dimuati, kapasitor cenderung untuk menarik cairan dielektrik. Ketika gaya tarik elektrostatik diseimbangkan oleh berat cairan dielektrik, ketinggian cairan dielektrik tidak akan naik lagi. Misalkan lebar kapasitor adalah b= A/a. A/a. Misalkan x sebagai ketinggian kapasitor berisi cairan dielektrik. Sehingga kapasitas total kapasitor adalah K bx 0ba x 0 A C 2 0 K 2 1 x a d d ad V E 0 d l Ed l
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
h
x
Persamaan energi dalam kapasitor : VdQ d 1CV 2 FL dx 2 Tegangan V 0 konstan dan Q=CV , sehingga V0 dQ V02 dC Karena itu V02 dC dC 1V02dC Fe dx 2 Fe 1V 02 dC 2 dx Besar gaya elektrostatik : 0 AK 2 1 Fe 1V 02 2 ad Gaya berat cairan dielektrik : A F g mg Vcairan cairan g h dg a Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang: Fe F g
1V 2 0 A K 2 1 h Adg 0 2 ad a 2 V0 0 K 2 1 h 1 2 d 2 g
g. Baterai dilepas sehingga dQ=0. dQ=0 . Tegangan awal sistem V0. Persamaan energi menjadi : Fe d 1CV 2 VC dV 1V 2 dC dx 2 dx 2 dx Karena dV d Q0 Q0 dC dx dx C C 2 dx
sehingga Q02 dC 1 Q02 dC 1 Q02 dC F e 2 C dx 2 C 2 dx 2 C 2 dx Besar gaya elektrostatik menjadi : Q02 0 A 1 Fe K 2 1 2 C 2 ad
ad
Q02
0 A K 2 1 2 ad K 2 1 x a
Fe 1 2 0 A
2
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
Q02adK 2 1 1 F e 2 0 A K 2 1 x a 2
Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang: Fe F g Q02adK 2 1 1 h Adg 2 a 2 0 A K 2 1 x a Q02 a 2 K 2 1 h 1 2 0 A 2 g K 2 1 x a 2
5. Pembahasan : a. Energi kinetik benda X maksimum ketika benda tidak slip saat menuruni menuruni loop kanan.
licin
R
θ
θmaks
R
f
r
m mg
B
kasar
A kasar
Gerak translasi benda X : mgsin f macm Gerak rotasi benda X : f r I f r mr 2 f mr
Percepatan pusat massa benda X dengan a cm r : g sin a cm 1 Gaya gesek pada benda X: m g sin f 1 Syarat agar benda X tidak slip: f s N m g sin s mg cos 1
tan 1 Mula-mula Mula-mula benda X berada pada sudut θ=45 0 (sudut seperdelapan lingkaran). s
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
Besar koefisien gesek minimum : 1 b. Oleh karena benda X bergerak tanpa slip, maka kecepatan benda X di titik A sama dengan kecepatan benda X di titi B. Kekekalan energi : mgR r1 cos 1 mv B2 1 I B2 2 2 0 Besar sudut awal θ=45 (sudut seperdelapan lingkaran) dan v B B r . v2 mg R r 1 1 2 1 mv B2 1 mr 2 B2 2 2 2 r
v B
gR r 2 2
1
c. Benda X slip saat menaiki loop kiri sehingga benda X hanya memiliki energi kinetik translasi saat mulai menaiki loop kiri. Kekekalan energi : 1 mv 2 mgR r 1 cos B maks 2
2 2 1 cos 21
cos maks
maks
2 2 21
2 2 21
maks cos 1
Panjang lintasan yang ditempuh benda X di loop kiri :
2 2 21
s maks R R cos 1
d. Benda X kembali melewati titik B dengan kecepatan yang sama dengan kecepatan awal saat benda X mulai menaiki loop kiri. v B
gR r 2 2
1 Kecepatan angular benda X sama dengan nol saat kembali melewati titik B. Momentum angular sistem kekal terhadap acuan lintasan. Momentum angular benda X di titik B :
Lawal mvB r mr
gR r 2 2
1
Momentum angular benda X di titik A saat benda X sudah bergerak tanpa slip : v Lakhir mvAr I A mv Ar mr 2 A mv Ar 1 r Kekekalan momentum angular : mr
gR r 2 2 1
mv
A
r 1
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email :
[email protected] [email protected]
gR r 2 2
1
v A
1
1 Nilai vA juga dapat ditemukan menggunakan Hukum Newton untuk dinamika rotasi dan translasi. Percepatan benda X ;
g 1 Panjang lintasan AB : v A2 v B2 2aL a g
g R r 2 2
1 L
g R r 2 2 1
3
R r 2 2 2
2 gL 1
2
e. 1) Jika panjang BA
L, maka benda X bergerak menggelinding menggelinding tanpa slip saat meninggalkan lintasan AB. Benda X akan diam sesaat di posisi mula-mula pada loop kiri (sudut seperdelapan lingkaran) dan kemudian benda X akan bergerak turun tanpa slip. Benda X akan terus menerus bergerak dengan pola yang sama. f. Karena kecepatan translasi benda X dan Y sama sesaat sebelum sebe lum tumbukan maka kedua benda akan bertumbukan bertumbukan di tengah lintasan AB:
R r 2 2 d L 2 2 4 23 untuk silinder berongga: Substitusikan nilai d 2R r 2 2 3 g. Kecepatan awal benda X dan Y:
g R r 2 2
v X ,B vY ,A
1 23
3 g R r 2 2
5
Percepatan benda X dan Y: a g g 2g 1 5 Tinjau persamaan gerak benda Y : d v X , A 1 a 2 2
R r2 4
2
2
2
15 gR r 2 2
3 gR r 2 2 5
1 g 5
2
0
10 R r 2 2 0 3 g
g Selesaikan persamaan ini menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat dan ambil solusi waktu terkecil sebagai solusi yang fisis. Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : [email protected] [email protected]
15 gR r 2 2
1 2
1
15R r 2 2
2
g
5 R r 2 2
40R r 2 2 3 g
g
3 g h. Kecepatan benda Y sesaat sebelum tumbukan :
vY ,d
3 gR r 2 2 5
2 g 5R r2 2 5
3 g
R r 2
2
15 g
Kecepatan vY ,d arahnya ke kiri. Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan : v X ,d vY ,d
R r 2
2
15 g
Kecepatan v X ,d arahnya ke kanan. Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan : mgr g fr mgr X ,d r I mr 2
5 R r 2 2 2 dan Substitusikan nilai , kita kan memperoleh : 1 5 3 g
3 R r 2 2 X ,d 1 r 5 g Tumbukan Tumbukan antara benda X dan Y lenting sempurna. Kecepatan benda X sesaat setelah t umbukan umbukan :
,d v X
R r 2
2
15 g
,d arahnya ke kiri. Kecepatan v X Nilai dan arah kecepatan angular benda X sebelum dan sesudah tumbukan sama. Gaya aksi-reaksi akibat tumbukan tepat di pusat massa benda X sehingga momentum angular benda X tetap sama.
X ,d X ,d 1
3 R r 2 2
r 5 g Kecepatan benda Y sesaat setelah t umbukan umbukan : vY ,d
R r 2
2
15 g
,d arahnya ke kanan. Kecepatan v X i. 1) Waktu yang yang dibutuhkan dibutuhkan benda X untuk untuk berhenti sesaat :
5 R r 2 2 ,d 5 gR r 2 2 v X a 2g 15 15 12 g Kecepatan angular benda X ketika benda X berhenti sesaat :
t 1
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : [email protected] [email protected]
X X ,d t 1 1
3 R r 2 2 5g
r
1 X 2r
3 gR r 2 2
3 g 5R r 2 2 5r 12 g
5
Nilai kecepatan angular benda X masih bernilai positif (searah jarum jam) ketika benda X berhenti berhenti sesaat. Jarak yang ditempuh benda X untuk berhenti sesaat diukur dari posisi tumbukan: S X
v X2 ,d 1 5 g R r 2 2 1 R r 2 2 2a 2 2 g 15 12
Oleh karena S X d , maka benda X akan bergerak kembali kanan sebelum 2 menempuh titik B. Panjang lintasan d/2 cukup untuk membuat benda X bergerak tanpa slip saat bergerak bergerak menuju titik B. B. Kita X akan bergerak bergerak tanpa slip sebelum mencapai titik B dengan arah gerak ke kanan. 2) Benda Y akan berhenti pada jarak S Y d S X dari titik A. 2 Benda X berhenti sebelum menaiki loop kanan. 3) Benda X akan menumbuk benda benda Y kedua kali-nya. Benda X sudah bergerak tanpa slip saat menumbuk menumbuk benda Y untuk yang kedua kali-nya. Kekekalan momentum angular : I X mvX r I X v mr 2 X mvX r mr 2 X r Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan tumbukan kedua :
3 gR r 2 2 r X 1 1 5 5 Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :
v X
3 gR r 2 2 v X 1 5r 5 r Kecepatan benda Y sama dengan nol sebelum tumbukan kedua. Kecepatan linear benda X sama dengan nol setelah tumbukan kedua dan kecepatan angularnya tidak berubah. Sesudah tumbukan kedua, kecepatan linear benda Y sama dengan kecepatan linear linear benda X sesaat sebelum tumbukan. tumbukan.
X
vY 1 5
3 gR r 2 2
5
j. Benda X akan menumbuk benda Y terus menerus hingga suatu saat kedua benda akan menempel dan benhenti di suatu titik pada lintasan AB.
Oleh : davit Sipayung Web : davitsipayung.blogspot.com Email : [email protected] [email protected]
