kontes terbuka olimpiade fisika...tetap terdapat soal utama yaitu 5 buah soal utama pada ktof kali...
TRANSCRIPT
KTOF VI Juni 2019 Halaman 1 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Naskah Soal dan Solusi
Kontes Terbuka Olimpiade Fisika
Juni 2019 Pra OSN
Oleh :
Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia
Waktu : 47 Jam
Tahun 2019
KTOF VI Juni 2019 Halaman 2 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Penjelasan Model Soal
Pada KTOF kali ini menggunakan sistem Essay.
Tetap terdapat Soal Utama yaitu 5 buah soal utama pada KTOF kali ini (sesuai Pra
OSN 2019) dimana masing-masing soal terdiri atas beberapa anak soal dimana setiap
soal memiliki poin maksimum 20 Poin.
Setiap anak soal adalah soal-soal yang berkaitan dengan soal utama yang berupa
konsep, matematik, dan numerik. Untuk mengerjakan soal numerik peserta diizinkan
menggunakan kalkulator.
Setiap anak soal dari soal utama memiliki keterkaitan satu sama lain yang saling
membangun guna mempelajari permasalahan yang diberikan pada soal utama.
Teknis Pengerjaan
Setiap peserta akan mendapatkan Nomor Peserta masing-masing.
Soal KTOF akan kami bagikan via email dan grup WA kepada para peserta pada hari
Jumat, 21 Juni 2019 pukul 13.00 WIB.
Peserta dipersilahkan mengerjakan soal yaitu dari saat soal dibagikan sampai batas
terakhir memasukkan jawaban di form jawaban online yaitu pada hari Minggu, 23
Juni 2019 pukul 12.00 WIB.
Jawaban ditulis secara detail pada lembar jawaban yang telah disediakan
menggunakan balpoint warna hitam/biru dan tidak boleh warna lainnya. Lembar
jawaban akan dikirim bersamaan dengan soal tes.
Teknis Pengumpulan Jawaban
Jawaban untuk setiap nomor soal harus dipisah dan dinamai dengan format berikut:
soal(nomor)_namalengkap_asalsekolah/instansi, Contoh:
soal2_ahmadbasyirnajwan_sman3banjarbaru,
soal5_mfauzansyahbana_smantambunselatan
Jawaban diunggah pada form jawaban online menggunakan link berikut ini
bit.ly/FormJawabKTOFJuni.
KTOF VI Juni 2019 Halaman 3 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Jawaban hanya boleh dalam bentuk PDF dengan ukuran maksimal untuk tiap soalnya
adalah 20Mb. Untuk membuat file berupa foto menjadi file PDF, kalian bisa
menggunakan aplikasi CamScanner menggunakan cara lainnya.
Form jawaban online hanya dibuka pada batas waktu pengerjaan yaitu dari hari
Jumat, 21 Juni 2019 pukul 13.00 WIB sampai dengan Minggu, 23 Juni 2019 pukul
12.00 WIB. Kami himbau para peserta untuk tidak mengumpulkan jawaban di menit-
menit akhir karena dikhawatirkan ada masalah koneksi yang menyebabkan jawaban
tidak terunggah.
Pengumuman Hasil dan Benefits
Setiap peserta akan mendapatkan Soal KTOF beserta Solusinya. Solusi akan kami
berikan setelah Form Jawab Online ditutup yaitu pada hari Minggu, 23 Juni 2019
pukul 12.01 WIB via Email dan Grup WA.
Hasil KTOF akan kami publikasikan 3-4 hari setelah Tes Berakhir melalui media sosial
kami via Facebook dan Instagram.
Kami akan repost 15 Peserta terbaik pada KTOF kali ini.
KTOF ini tentunya bisa menjadi ajang melatih diri dan pemantapan bagi siswa-siswa
yang akan mengikuti Olimpiade Sains Nasional Khususnya Bidang Fisika. Selain itu
juga bisa di jadikan ajang uji diri bagi Siswa Kelas XII, Mahasiswa, guru, dan Pegiat
Olimpiade Fisika lainnya.
Hormat Kami
Komunitas Olimpiade Fisika Indonesia
KTOF VI Juni 2019 Halaman 4 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
1. (20 poin) Hoop Setengah Lingkaran
Sebuah hoop homogen setengah lingkaran bermassa π berjari-jari π diletakkan diatas
poros lingkaran massa π berjari-jari π, dimana π < π . Pusat poros dijaga diam dan poros
tidak dapat berotasi terhadap pusatnya. Saat keadaan setimbang, hoop disimpangkan
sehingga hoop berosilasi tanpa selip. Diketahui titik pusat massa hoop ada pada jarak
2π /π dari titik pusat hoop.
a. Tentukan momen inersia hoop terhadap pusat massanya!
b. Saat setimbang hoop menyentuh poros di titik P. Beberapa saat kemudian titik Q pada
hoop menyentuh titik pada poros yang bersudut πΌ terhadap titik kesetimbangan (lihat
gambar). Tentukan panjang busur PQ!
c. Tentukan kemiringan hoop π pada saat itu!
d. Tentukan posisi pusat massa hoop terhadap pusat poros sebagai fungsi alfa dan
parameter-parameter yang telah disebutkan!
e. Tentukan energi sistem dalam parameter-parameter yang telah disebutkan, πΌ dan
perubahan πΌ terhadap waktu οΏ½οΏ½!
f. Tentukan periode osilasi system! Gunakan π = 2π.
g. Tentukan periode osilasi bila π = 1,71 m, Gunakan π = 9,81 m/s2!
Solusi :
a. Momen inersia hoop terhadap titik O
Setiap titik pada hoop berjarak R dari sumbu rotasi. Sehingga momen inersia hoop
adalah MR2 .
P
setimbang
P
2π
π
π
tersimpang
Q
KTOF VI Juni 2019 Halaman 5 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Momen inersia hoop terhadap titik pusat massa
Dengan teorema sumbu sejajar,
πΌπ = πΌππ +π (2
ππ )
2
πΌπΆπ = πΌ0 βπ(2
ππ )
2
πΌπΆπ = π (1 β4
π2π )
2
b. Karena hoop tidak selip, panjang busur PQ sama dengan rΞ±
c. Perpanjangan garis OQ akan melalui pusat hoop. Karena silinder tidak selip, panjang
busur PQ pada hoop akan sama dengan panjang busur QR pada poros (titik Q adalah
titik perkenaan awal hoop dengan poros). Sehingga besar sudut POQ adalah π½ =
ππΌ/π (O adalah pusat hoop). Dapat dilihat pada gambar bahwa π½ + π = πΌ sehingga
π = πΌ (1 βπ
π )
d. Jika π = 2π, maka π = πΌ , dan οΏ½οΏ½ = οΏ½οΏ½/2
π¦cm = β(π β π)cosπΌ +2
ππ cos π
Pada ruas kanan, suku pertama menunjukkan posisi pusat poros terhadap pusat hoop
C sedangkan suku kedua menunjukkan posisi pusat massa hoop terhadap pusat hoop
π¦cm = β(π β π)cosΞ± +2
Οπ cos
1
2πΌ
Dengan cara yang sama,
diagram gerakan hoop
P
π
π
Q
πΌ
π
C
R
O
π
KTOF VI Juni 2019 Halaman 6 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
π₯cm = β(π β π) sin πΌ +2
Οπ sin
1
2πΌ
e. Energi Potensial sistem
πΈπ = ππycm = ππ(β(π β π) cos πΌ +2
ππ cos
1
2πΌ)
Energi Kinetik Translasi system
π£ycm =ππ¦
ππ‘= ((π β π) sin πΌ β
1
ππ sin πΌ) οΏ½οΏ½
π£xcm =ππ₯
ππ‘= (β(π β π) cos πΌ +
1
ππ cosπΌ) οΏ½οΏ½
πΈπΎtrans =1
2π(π£ycm
2 + π£xcm2 )
πΈπΎtrans =1
2ποΏ½οΏ½2 [(π β π)2 β
2(π β π)π
π(sin πΌ sin (
1
2πΌ) + cos πΌ cos (
1
2πΌ)) +
π 2
π2]
πΈπΎtrans =1
2πΞ±2 [(π β π)2 β
2(π β π)π
πcos (
1
2πΌ) +
π 2
π2]
Dimana terlah diunakan identitas trigonometri cos π₯ cos π¦ + sin π₯ sin π¦ = cos(π₯ β
π¦).
Energi Kinetik Rotasi system
πΈπΎrot =1
2πΌοΏ½οΏ½2
πΈπΎrot =1
8ππ 2 (1 β
4
π2) οΏ½οΏ½2
Energi total system
πΈ = ππ (β(π β π)cosΞ± +2
ππ cos
1
2πΌ)
+ 1
2πΞ±2 ((π β π)2 β
2(π β π)π
πcos (
1
2πΌ) +
π 2
π2+1
4(1 β
4
π2)π 2)
πΈ = ππ (β(π β π)cosΞ± +2
ππ cos
1
2πΌ)
+ 1
2πΞ±2 ((π β π)2 β
2(π β π)π
πcos (
1
2πΌ) +
π 2
π2+1
4π 2)
f. Energi sistem kekal sehingga turunan pertamanya terhadap waktu bernilai nol
KTOF VI Juni 2019 Halaman 7 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
ππΈ
πt= 0 =
π
ππ‘π [π (β(π β π)cosΞ± +
2
ππ cos
1
2πΌ)
+ 1
2πΞ±2 ((π β π)2 β
2(π β π)π
πcos (
1
2πΌ) +
1
4π 2)]
0 = ππ ((π β π)sinΞ± β1
ππ sin
1
2πΌ) Ξ±
+ ποΏ½οΏ½οΏ½οΏ½ ((π β π)2 β2(π β π)π
πcos (
1
2πΌ) +
1
4π 2)
+1
2ποΏ½οΏ½2 (
2(π β π )π
πsin (
1
2πΌ)) = 0
Suku terakhir adalah suku sisa turunan rantai dari
1
2πΞ±2
2(π β π)π
πcos (
1
2πΌ)
Mengabaikan suku Ξ± dan Ξ± yang pangkatnya lebih dari 1 serta aproksimasi sudut kecil
(sin π₯ β π₯ dan cos π₯ β π₯) diperoleh
g ((π β π)πΌ β1
2ππ πΌ) + οΏ½οΏ½ ((π β π)2 β
2(π β π)π
π+1
4π 2) = 0
((π β π)πΌ β12π π πΌ)
((π β π)2 β2(π β π)π
π +14π
2) + οΏ½οΏ½ = 0
((1 βππ ) β
12π)
((1 βππ )2
β2(1 β
ππ )
π+14)
π
π πΌ + οΏ½οΏ½ = 0
Sehingga diperoleh
((1 βππ ) β
12π)
((1 βππ )
2
β2(1 β
ππ )
π +14)
π
π = π2
KTOF VI Juni 2019 Halaman 8 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
2π
β
((1 βππ ) β
12π)
((1 βππ )
2
β2(1 β
ππ )
π +14)
π
π
β1
= π
Substitusi π/π = 0,5
2πβ
12 β
12π
(14 β
1π +
14)
π
π
β1
= π
2πβ
12 β
12π
12 β
1π
π
π
β1
= π
2πβ(π β 1
π β 2)π
π
β1
= π βΉ π = 2πβ(π β 2
π β 1)π
π
g. π = 1,92 s
Muhammad Morteza Mudrick
SMAN 1 Surakarta
2. (20 Poin) Setengah silinder
Mari kita tinjau sebuah potongan dari silinder homogen bermassa π berjari-jari π , yang
penampang melintangnya membentuk setengah lingkaran
KTOF VI Juni 2019 Halaman 9 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Setengah silinder ini kemudian ditaruh di pojok lantai, menempel ke lantai serta dinding
yang licin sedemikian sehingga silinder ini dapat seimbang dibawah medan gravitasi π,
namun keseimbangan tersebut labil dan setengah silinder dapat jatuh ke dua arah.
Apabila kita mendefinisikan π sebagai sudut antara garis vertikal dan garis ππ yang
menghubungkan titik kontak setengah silinder π dengan pusat mulaβ silinder π; π dapat
mengecil (i) dan juga membesar (ii). Diketahui pusat massa setengah silinder berjarak π’ =
4π
3π dari pusat π. *Disarankan menggunakan kalkulator untuk menghitung nilai numerik
dari hasil akhir tiap sub-soal.
a. Tinjaulah posisi keseimbangan awal. Tentukan besar π saat setengah silinder diam dan
seimbang menyentuh dinding serta lantai, π0.
Perhatikan kasus jatuh (i). Permukaan melingkar setengah silinder akan selip di dinding
dan lantai, setelah itu silinder akan lepas kontak dan menjauh dari dinding.
b. Tentukan besar π ketika silinder meninggalkan dinding, π1 , juga kecepatan sudut
setengah silinder saat itu, Ξ©!
c. Silinder akan menjauh dari dinding dan mengalami gerak osilasi terhadap pusat
massanya. Tentukan sudut maksimum π yang dibentuk bidang potong silinder dengan
bidang horisontal!
Pada kasus jatuh (ii), pusat massa setengah silinder akan memiliki arah kecepatan
horisontal menjauhi dinding. Pada gerakan ini diketahui silinder tidak pernah lepas kontak
pada nilai π0 β€ π β€ 90Β°.
d. Tentukan besar kecepatan horisontal pusat massa setengah silinder π£π₯ saat persis
sebelum tumbukan dengan lantai.
e. Tentukan besar kecepatan horisontal pusat massa setengah silinder, π£π₯, sebagai fungsi
dari π!
Solusi :
a. Saat setengah silinder setimbang, resultan gaya horisontal harus nol, sehingga gaya
normal dinding haruslah nol. Karena tidak boleh ada torsi resultan, gaya normal lantai
mengarah ke pusat massa setengah silinder. Dari segitiga πΆππ, didapatkan
π0 = arctan (π’
π ) = arctan (
4
3π) = 22.997Β°
KTOF VI Juni 2019 Halaman 10 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Dengan hasil lini juga diperoleh ketinggian awal πΆ, β0 = βπ’2 + π 2
b. Karena tidak ada gaya gesek pada sistem, energi mekanik sistem kekal. Dengan energi,
kita hanya perlu untuk meninjau keadaan akhir.
Saat selip dan jatuh, pusat massa silinder membentuk lintasan busur lingkaran dengan
pusat rotasi sesaat di π, artinya gerakan setengah silinder sesaat waktu lepas kontak
adalah ketika bidang potong silinder horisontal, sehingga garis ππ sejajar ππΆ, dan
π1 = 90Β°. Untuk menghitung Ξ©, kita perlu momen inersia setengah silinder terhadap
titik π. Besarnya adalah setengah dari momen inersia silinder awal. πΌπ =1
4ππ 2.
πΈπππ‘ = πΈπππ‘β² + πΎβ²
1
2ππβ0 =
1
2ππ(π β π’) +
1
2πΌπΞ©
2
ππ (βπ’2 + π 2 + π’ β π ) =1
4ππ 2Ξ©2
Ξ© = β4π
π (βπ’2 + π 2 + π’ β π
π ) = 1.429βπ/π
c. Setelah lepas kontak, silinder mempunyai Energi potensial, kinetik translasi, dan
kinetik rotasi. Karena tidak ada gaya arah horisontal, energi kinetik translasi besarnya
konstan. Karena itu, saat sudut maksimum bidang potong silinder dengan horisontal,
pusat massa silinder terangkat maksimum, dan ΞπΈπππ‘ = πΎπππ‘. Namun energi rotasi di
sini dihitung terhadap pusat massa, sehingga perlu dicari momen inersia terhadap
pusat massa. Gunakan teorema sumbu sejajar, πΌπ = πΌπΆ +1
2ππ’2. Sehingga didapat
KTOF VI Juni 2019 Halaman 11 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
πΌπΆ =1
2π(π 2/2 β π’2). Saat terangkat, hubungan sudut π dengan ketinggian πΆ adalah
βπΆ = π β π’ cos π.
ΞπΈπππ‘ = πΎπππ‘
1
2ππβπΆ β
1
2ππ(π β π’) =
1
2πΌπΆΞ©
2
βπΆ = π β π’ + (π 2
2β π’2)(
βπ’2 + π 2 + π’ β π
π 2)
cos π =π β βπΆπ’
= 1 β(π 2 β 2π’2)
2π’π 2(βπ’2 + π 2 + π’ β π ) = 52.04Β°
d. Apabila tidak lepas kontak, pusat rotasi sesaat sebelum menumbuk setengah siinder
adalah titik π. Momen inersia setengah silinder terhadap titik ini adalah πΌπ = πΌπΆ +
1
2π(π 2 + π’2) =
3
4ππ 2.
Menggunakan energi:
1
2ππβπ’2 + π 2 =
1
2πππ’ +
1
2πΌπΞ©
2
Ξ©2 =4π
3π 2(βπ’2 + π 2 β π’)
Dari definisi οΏ½οΏ½ = οΏ½οΏ½ Γ π, didapat π£π₯ = π’Ξ©. Maka, didapat
π£π₯ =π’
π β4π
3(βπ’2 + π 2 β π’) = 0.399βππ
e. Pada kasus jatuh (ii), kita harus mendefinisi ulang pusat rotasi sesaat sistem.
KTOF VI Juni 2019 Halaman 12 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Seperti di gambar, karena titik yang bersinggungan dengan dinding atau lantai tidak
memiliki kecepatan arah normal, maka pusat rotasi sesaat sistem berada di titik π.
Momen inersia setengah silinder terhadap titik P adalah πΌπ = πΌπΆ +1
2π|πΆπ|
2.
Menggunakan aturan cosinus, |πΆπ|2= π’2 + π 2 sin2 π β 2π’π sin π cos π
πΌπ =1
2π(π 2/2 β π’2 + |πΆπ|
2)
=1
2π(
π 2
2+ π 2 (
1 β cos 2π
2) β π’π sin 2π)
Definisikan π = π’/π
πΌπ =1
4ππ 2(2 β cos 2π β 2π sin 2π)
Ketinggian pusat massa setengah silinder dari lantai adalah βπΆ = π cos π + π’ sin π.
Persamaan energi:
1
2ππβ0 =
1
2ππβπΆ +
1
2πΌπΞ©
2
Ξ©2 =ππ
πΌπ(β0 β βπΆ) =
4π
π (β1 + π2 β cos π β π sin π
2 β cos 2π β 2π sin 2π)
Kecepatan horisontal setengah lingkaran π£π₯ = Ξ©π’ sin π
π£π₯ = β4ππ π sin2 π β (β1 + π2 β cos π β π sin π
2 β cos 2π β 2π sin 2π)
KTOF VI Juni 2019 Halaman 13 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Ivander Jonathan
Mawar Sharon Christian School, Surabaya
3. (20 Poin) Fisika dari Kemacetan
Kemacetan adalah fenomena kehidupan sehari-hari yang sering kita jumpai. Pada soal ini,
kita akan membahas fenomena ini dalam sudut pandang fisika. Secara umum, ada 2
pendekatan yang dapat digunakan, yaitu pendekatan makroskopis (meninjau parameter
yang didefinisikan untuk seluruh bagian jalan) dan mikroskopis (meninjau parameter yang
didefinisikan hanya untuk satu kendaraan). Pendekatan yang terakhir adalah yang akan
kita gunakan di soal ini.
Tinjau sebuah kendaraan di jalan. Pengemudi kendaraan ini dapat mengetahui informasi
kecepatan kendaraan didepannya dan jaraknya dengan kendaraan tersebut. Pemodelan
yang akan kita gunakan adalah sebagai berikut:
1) (Zona βPerlambatanβ) Jika jarak suatu kendaraan dengan kendaraan didepannya lebih
kecil dari π π, maka kendaraan tersebut akan melakukan perlambatan sebesar ππ
sampai jaraknya sudah tidak lebih kecil dari π π.
2) (Zona βPercepatanβ) Jika jarak suatu kendaraan dengan kendaraan didepannya lebih
jauh daripada π π, dimana π π > π π, maka kendaraan tersebut akan melakukan
percepatan sebesar ππ sampai jaraknya tidak lebih besar dari π π.
3) (Zona βAdaptasi kecepatanβ) Jika jarak suatu kendaraan dengan kendaraan
didepannya berada diantara π π dan π π, maka kendaraan tersebut akan melakukan
percepatan/perlambatan dengan magnitudo ππ sampai kecepatannya sama dengan
kecepatan kendaraan didepannya, tidak peduli berapa nilai persis dari jaraknya
KTOF VI Juni 2019 Halaman 14 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
(selama masih berada diantara π π dan π π). Setelah kecepatannya sama, tidak ada lagi
percepatan pada kendaraan tersebut.
Asumsikan informasi kendaraan di belakang yang ditinjau tidak bisa diketahui dengan
sempurna oleh pengemudi kendaraan yang ditinjau, sehingga tidak mempengaruhi
pergerakan kendaraan.
a. Pada awalnya, tidak ada kendaraan di jalan. Kemudian, satu kendaraan masuk ke jalan
dengan kecepatan π£0 yang dianggap konstan. Setelah waktu π‘0 berlalu, kendaraan
kedua masuk ke jalan dengan kecepatan π£0β² dari posisi yang sama dengan posisi
masuknya kendaraan pertama. Tentukan syarat agar kendaraan kedua ini tidak akan
pernah memasuki zona βPerlambatanβ. Asumsikan π£0π‘0 > π π. Petunjuk: Analogikan
pemodelan ini dengan sistem lain yang memiliki karakteristik yang sama untuk
menyederhanakan pengerjaan soal.
b. Jika syarat di sub-soal a) tidak terpenuhi, tentukan syarat agar kendaraan kedua baru
bertahan (tidak keluar lagi) di zona βAdaptasi kecepatanβ setelah π kali memasuki
zona tersebut. Asumsikan kendaraan ini tidak pernah menabrak kendaraan
didepannya.
Pemodelan diatas dapat dibuat lebih βmulusβ dengan pengembangan dibawah ini:
1) Zona βPercepatanβ dan βPerlambatanβ dapat diganti dengan menganggap π π β π π β
π π dan magnitudo percepatan kendaraan adalah proporsional dengan magnitudo jarak
kendaraan yang ditinjau dengan kendaraan didepannya dikurang π π (dengan
konstanta proporsionalitas π). Arah dari percepatan tersebut adalah menuju posisi π π
dari posisi kendaraan yang ditinjau.
2) Zona βAdaptasi kecepatanβ yang selalu mengurangi kecepatan kendaraan dapat
diganti dengan percepatan yang proporsional dengan magnitudo kecepatan relatif
kendaraan yang ditinjau terhadap yang didepannya (dengan konstanta
proporsionalitas π½). Arah dari percepatan ini adalah berlawanan dengan arah
kecepatan relatif tersebut.
Perhatikan bahwa kedua percepatan yang disebutkan diatas selalu bekerja bersamaan,
sehingga percepatan total yang dialami kendaraan adalah resultan dari kedua percepatan
tersebut. Untuk melengkapi pemodelan ini, kita akan menambahkan asumsi bahwa π π
KTOF VI Juni 2019 Halaman 15 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
memiliki ketergantungan kepada kecepatan kendaraan didepan kendaraan yang ditinjau
(π£) dalam bentuk sebagai berikut:
π π = π 0 + π£π
c. Tinjau barisan kendaraan di jalan, dimana semua kendaraan berada dalam satu garis,
dan kecepatannya juga paralel dengan garis ini. Kendaraan pertama (kendaraan paling
depan dari barisan) memiliki kecepatan konstan π£1. Tuliskan persamaan diferensial
untuk kecepatan kendaraan kedua (π£2) dibelakang kendaraan pertama.
d. Tuliskan persamaan diferensial yang menghubungkan kecepatan kendaraan ke-π β 1
dengan kecepatan kendaraan ke-π.
e. Solusi dari persamaan diferensial di sub-soal c) dapat ditulis sebagai
π£2 β π£1 = π΄ππππ‘
Dimana π2 = β1. Tentukan nilai π dinyatakan dalam parameter lainnya yang
didefinisikan sebelumnya. Tuliskan syarat agar nilai π tidak murni imajiner.
f. Solusi dari persamaan diferensial di sub-soal d) dapat ditulis sebagai
π£π = ππππππ‘
Dimana π β {1,2, β¦ ,π β 1,π,β¦ }. Secara umum, ππ dapat bernilai kompleks. Tuliskan
hubungan antara ππ dan ππβ1. Asumsikan nilai π selalu real.
g. Tentukan syarat agar magnitudo ππ tidak membesar menuju tak terhingga seiring
π β β. Syarat ini menjamin setiap gangguan kecil dari pergerakan setiap kendaraan
dapat hilang dan tidak menimbulkan ketidakstabilan yang dapat berujung kepada
kemacetan di tengah jalan.
h. Tambahan terakhir dari pemodelan ini adalah dengan mendefinisikan parameter baru,
yaitu jarak rata-rata kendaraan di jalan (οΏ½οΏ½) dan kecepatan rata-rata semua kendaraan
di jalan (οΏ½οΏ½). Selanjutnya, kita akan mengasumsikan hubungan dibawah ini berlaku.
π =πΌ
οΏ½οΏ½
π½ =πΎ
οΏ½οΏ½
Nilai πΌ dan πΎ dapat dianggap konstanta yang tidak dipengaruhi semua parameter yang
kita definisikan. Karena asumsi ini, maka terdapat nilai οΏ½οΏ½ minimum, sehingga
berapapun nilai οΏ½οΏ½, kemacetan tidak akan terjadi. Tentukan nilai οΏ½οΏ½ minimum tersebut.
KTOF VI Juni 2019 Halaman 16 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Petunjuk:
1) Setiap bilangan kompleks (penjumlahan dari bilangan real murni dan imajiner
murni) dapat dinyatakan dalam bentuk
π + ππ = ππππ
Dimana π = βπ2 + π2, tan π = ππβ , dan π adalah Bilangan Euler.
2) Rumus-rumus berikut ini mungkin berguna.
π
ππ₯πππ₯ = ππππ₯
β«πππ₯ ππ₯ =1
ππππ₯ + πΆ
Solusi :
f. Analisis pergerakan kendaraan kedua akan lebih mudah dilakukan jika kita melihat
pergerakan kendaraan kedua dalam kerangka acuan kendaraan pertama. Dalam
kerangka ini, kecepatan awal kendaraan kedua adalah π£0β² β π£0, dan semua
percepatan tidak berubah. Untuk selanjutnya, kita akan selalu menggunakan kerangka
ini.
Perhatikan bahwa ketika kendaraan kedua memasuki zona βPercepatanβ dan
βPerlambatanβ, kendaraan ini memiliki percepatan yang besar dan arahnya konstan,
sehingga kita dapat menganggap kedua zona ini sebagai βbidang miringβ dengan
kemiringan uniform (dengan arah kemiringan yang berbeda untuk setiap zona). Ketika
kendaraan kedua memasuki zona βAdaptasi kecepatanβ, kendaraan ini memiliki
percepatan yang arahnya berlawanan dengan arah kecepatan kendaraan kedua.
Perhatikan bahwa zona ini memiliki sifat yang sama dengan bidang datar dengan
koefisien gesek yang nilainya lebih dari nol. Sehingga, sebenarnya kita dapat
menyederhanakan pemodelan tersebut dengan dua bidang miring yang
kemiringannya berbeda arah yang dipisah dengan jarak ππ β ππ, dan diantara kedua
bidang miring tersebut, terdapat bidang datar kasar yang menghubungkan kedua
bidang miring (1,5 Poin). Kendaraan kedua dapat dianggap sebagai benda titik
bermassa π (yang nilainya tidak penting untuk pemodelan ini) yang bergerak diatas
bidang-bidang tersebut dibawah percepatan gravitasi π ke arah vertikal kebawah.
KTOF VI Juni 2019 Halaman 17 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Gambar 1. Dua bidang miring dengan sudut masing-masing memenuhi hubungan
tanπΌπ =ππ
πβ dan tanπΌπ =ππ
πβ , serta dengan bidang datar kasar dengan koefisien
gesek kinetik π =ππ
πβ .
Bidang datar selalu mengurangi βenergiβ dari benda tersebut, sehingga syarat yang
diminta di sub-soal dapat dipenuhi jika energi mekanik yang dimiliki benda dapat
langsung dihabiskan oleh bidang datar sebelum benda menyentuh bidang datar
berikutnya. Sehingga.
1
2π(π£0
β² β π£0)2 +πππ(π£0π‘0 β π π) < πππ(π π β π π)
(π£0β² β π£0)
2 < 2ππ(π π β π π) β 2ππ(π£0π‘0 β π π)
g. Jika bidang datar βdikunjungiβ sebanyak π kali sebelum akhirnya berhenti di kali ke-π
memasuki bidang datar, maka bidang datar akan berkali-kali menghabiskan energi
benda sampai benda berhenti. Sehingga, agar energi benda dapat habis sesuai dengan
syarat di sub-soal, maka
1
2π(π£0
β² β π£0)2 +πππ(π£0π‘0 β π π) < ππππ(π π β π π)
(π£0β² β π£0)
2 < 2πππ(π π β π π) β 2ππ(π£0π‘0 β π π)
h. Kita akan meninjau setiap kontribusi percepatan kepada kendaraan kedua.
1) Percepatan yang magnitudonya proporsional dengan jarak antara kendaraan
kedua dengan posisi setimbangnya dapat ditulis sebagai
ππ = π(π₯1 β π₯2 β π π )
Dimana π₯1 dan π₯2 berturut-turut adalah posisi kendaraan pertama dan kedua
diukur dari suatu acuan.
π
π
π πΌf πΌn
π = π n π = π f π = 0
KTOF VI Juni 2019 Halaman 18 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
2) Percepatan yang magnitudonya proporsional dengan kecepatan relatif antara
kedua kendaraan dapat ditulis sebagai
ππ½ = βπ½(π£2 β π£1)
Dimana π£1 dan π£2 berturut-turut adalah kecepatan kendaraan pertama dan kedua
diukur terhadap kerangka jalan.
Sehingga, total percepatan yang dirasakan oleh kendaraan kedua adalah
ππ£2ππ‘
= π(π₯1 β π₯2 β π π ) β π½(π£2 β π£1)
Untuk memudahkan pengerjaan sub-soal berikutnya, kita akan menghilangkan
variabel posisi dalam persamaan akhir kita, dengan cara menurunkan persamaan
diatas terhadap waktu. Sehingga.
π2π£2ππ‘2
= π(π£1 β π£2) β π½ππ£2ππ‘
i. Persamaan mentah yang didapat di sub-soal c) dapat digeneralisir dengan mengganti
indeks 1 menjadi π β 1 dan indeks 2 menjadi π. Sehingga,
ππ£πππ‘
= π(π₯πβ1 β π₯π β π π ) β π½(π£π β π£πβ1)
π2π£πππ‘2
= π (π£πβ1 β π£π β πππ£πβ1ππ‘
) β π½ (ππ£πππ‘
βππ£πβ1ππ‘
)
j. Dengan menggunakan bentuk solusi tersebut, maka didapat
βπ΄π2ππππ‘ = βπ΄πππππ‘ β ππ΄π½πππππ‘
π2 β ππ½π β π = 0
π =1
2[ππ½ Β± ββπ½2 + 4π]
Agar nilai π tidak murni imajiner, maka
4π > π½2
k. Dengan menggunakan bentuk solusi tersebut, maka didapat
βπππ2ππππ‘ = π(ππβ1(1 β πππ) β ππ)π
πππ‘ β ππ½π(ππ β ππβ1)ππππ‘
βπππ2 = π(ππβ1(1 β πππ) β ππ) β ππ½π(ππ β ππβ1)
Dengan mengelompokkan semua suku dengan koefisien ππ dan ππβ1 berturut-turut
ke ruas kiri dan kanan, maka didapat
ππ(βπ2 + π + ππ½π) = ππβ1(π β ππ(ππ β π½))
KTOF VI Juni 2019 Halaman 19 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
ππ = ππβ1π β ππ(ππ β π½)
βπ2 + π + ππ½π
l. Perhatikan bahwa di hasil akhir sub-soal f), pembilang dan penyebut dari pecahan
tersbeut merupakan bilangan kompleks. Karena kita hanya tertarik dengan
magnitudonya, maka kita cukup mengganti setiap bilangan kompleks tersebut dengan
magnitudo masing-masing bilangan. Sehingga,
ππ = ππβ1βπ2 + π2(ππ β π½)2
β(π β π2)2 + π½2π2
Agar syarat yang diminta di sub-soal ini berlaku, maka ππ harus selalu lebih kecil
daripada ππβ1. Sehingga,
π2 + π2(ππ β π½)2 < (π β π2)2 + π½2π2
ππ(ππ β 2π½) < β2π + π2
m. Dengan mensubstitusi π = πΌοΏ½οΏ½β dan π½ =
πΎοΏ½οΏ½β ke dalam hasil akhir sub-soal g), maka
didapat
ππΌ
οΏ½οΏ½(ππΌ
οΏ½οΏ½β 2
πΎ
οΏ½οΏ½) < β2
πΌ
οΏ½οΏ½+ π2
Untuk mempermudah, kita dapat menyatakan οΏ½οΏ½ dalam οΏ½οΏ½, sehingga
1
οΏ½οΏ½>
1
2ππΌπΎ[π2
πΌ2
οΏ½οΏ½+ 2πΌ β οΏ½οΏ½π2]
Nilai οΏ½οΏ½ secara umum adalah positif, sehingga nilai terkecil dari 1 οΏ½οΏ½β adalah 0. Sehingga,
0 > π2πΌ2
οΏ½οΏ½+ 2πΌ β οΏ½οΏ½π2
0 < βπ2πΌ2 β 2πΌοΏ½οΏ½ + οΏ½οΏ½2π2
0 < [οΏ½οΏ½ βπΌ
π2(1 + β1 + π2π2)] [οΏ½οΏ½ β
πΌ
π2(1 β β1 + π2π2)]
Kita menginginkan solusi positif untuk οΏ½οΏ½, sehingga,
οΏ½οΏ½ >πΌ
π2(1 + β1 + π2π2)
οΏ½οΏ½πππ =πΌ
π2(1 + β1 + π2π2)
Yuwanza Ramadhan
Universitas Indonesia
4. (20 Poin) Gerakan Dipol Magnet
KTOF VI Juni 2019 Halaman 20 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Momen dipol magnetik merupakan besaran vektor yang mencirikan sifat keseluruhan
magnet, termasuk magnet elementer. Arah momen dipol umumnya dari kutub selatan ke
kutub utara magnet.
Pada bagian pertama ini, dimodelkan sebuah dipol magnet elementer. Salah satu sumber
momen magnetik adalah medan magnet yang ditimbulkan akibat gerakan elektron yang
mengorbit intinya. Asumsikan orbit elektron adalah lingkaran berjari-jari π dan atom
hanya terdiri dari satu elektron dan satu proton yang masing-masing memiliki massa πe
dan πp (πp β« πe) serta bermuatan βπ dan +π. Diketahui orbit elektron berada pada
bidang π₯π¦.
a. Tentukan kecepatan angular dari gerakan elektron yang mengorbit proton!
b. Tentukan besar medan magnet pada jarak π§ (π§ β« π , dari bidang π₯π¦) yang dihasilkan
akibat gerakan elektron!
c. Sebuah magnet batang kecil memiliki medan magnet pada jarak yang jauh darinya
sebesar
π΅ =π0π
2ππ§3
Dimana π§ merupakan jarak dari magnet pada sumbu yang menghubungkan kutub
utara dan selatan, π adalah momen dipol magnet. Dengan mengasumsikan elektron
mengorbit proton seperti magnet batang kecil, tentukan dipol magnet π dari sebuah
elektron yang mengorbit proton!
Untuk medan magnet akibat magnet batang kecil untuk kasus π§ dan π tidak terlalu besar
dimana π§ dan π adalah posisi vertikal dan radial dari titik yang ditinjau medan magnetnya,
KTOF VI Juni 2019 Halaman 21 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
maka medan magnet akibat suatu dipol magnet akan memiliki komponen arah vertikal
dan radial seperti pada gambar di atas. Besar medan magnet yang di akibatkannya adalah
οΏ½οΏ½(π§, π) =π0π
4π(π2 + π§2)32
[(3π§2
π2 + π§2β 1) οΏ½οΏ½ + (
3π§π
π2 + π§2) οΏ½οΏ½]
Sebuah dipol magnet dengan momen magnet sebesar π dijatuhkan dari ketinggian β di
atas pusat sebuah kawat cincin diam dengan jari-jari π. Diketahui π mengarah ke bawah
dan anggap sumbu π§ positif ke arah bawah juga.
d. Tentukan GGL induksi yang terjadi pada cincin sebagai fungsi dari kecepatan sesaat
dipol magnet (π£) dan posisi dipol terhadap posisi awalnya (π§)!
e. Tentukan gaya yang dirasakan dipol magnet akibat pergerakannya tersebut sebagai
fungsi dari arus (π) pada cincin yang dihasilkan dari induksi dipol magnet tersebut!
Sekarang dipol magnet dijatuhkan di dalam sebuah solenoid berjari-jari π dengan
resistivitas π yang sangat panjang dan tidak dapat bergerak. untuk menyederhanakan
perhitungan, anggap saja setiap lilitan solenoid berbentuk cincin dengan ketinggian πβ
dan ketebalan π€. Abaikan induktansi dari solenoid.
f. Tentukan gaya total yang dialami dipol magnet akibat solenoid tersebut fungsi dari
kecepatan sesaat dipol magnet (π£)!
g. Tentukan kecepatan terminal gerakan dipol magnet jika diketahui berat dipol magnet
adalah π!
Petunjuk :
Mungkin integral berikut akan berguna
β«π’2
(1 + π’2)5ππ’
β
ββ
=5π
128
Solusi :
a. Tinjau elektron yang sedang melakukan gerak melingkar terhadap proton. Dengan
Hukum I Newton untuk keseimbangan arah radial akan kita dapatkan (gaya yang
bekerja pada elektron adalah gaya coulomb dan percepatan elektron adalah
percepatan sentripetal)
βοΏ½οΏ½r = πeοΏ½οΏ½s
KTOF VI Juni 2019 Halaman 22 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
β1
4ππ0
π2
π 2οΏ½οΏ½ = πeπ
2π (βοΏ½οΏ½) βΉ π =π
2π β
1
ππeπ0π
b. Gerakan melingkar elektron ini dapat kita anggap seperti aliran arus pada βkawatβ
melingkar dengan jari-jari π . Arus pada βkawatβ ini dapat dinyatakan sebagai berikut
πΌ =π
π= π
π
2πβΉ πΌ =
π2
4ππ β
1
ππeπ0π
Besar medan magnet pada jarak π§ dari bidang π₯π¦ adalah
π΅ =π0πΌπ
2
2(π§2 + π 2)32
Saya pikir bagaimana cara untuk mendapatkan persamaan di atas tidak perlu saya
uraikan lagi karena sudah banyak diuraikan di buku-buku referensi listrik magnet,
silahkan temen-temen baca sendiri yah. Untuk π§ β« π maka kita bisa lakukan
pendekatan berikut
(π§2 + π 2)32 β (π§2)
32 = π§3
Sehingga besar medan magnet ini akan menjadi
π΅ =π0π
2
8ππ§3β
π
ππeπ0
c. Dengan menyamakan persamaan terakhir dengan persamaan yang terdapat pada soal
akan kita peroleh momen dipol magnet
π΅ =π0π
2
8ππ§3β
π
ππeπ0=π0π
2ππ§3βΉπ =
π2
4β
π
ππeπ0
d. GGL induksi pada kawat cincin disebabkan oleh perubahan fluks magnetik yang
menembus cincin.
π = βπππ
ππ‘
Nilai π = 1 karena cincin hanya terdiri dari satu kumparan
π = βππ
ππ‘
Kita sedikit modifikasi persamaan di atas dengan mengalikannya dengan ππ§/ππ§
sehingga menjadi
KTOF VI Juni 2019 Halaman 23 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
π = βππ
ππ‘
ππ§
ππ§= β
ππ§
ππ‘
ππ
ππ§βΉ π = βπ£
ππ
ππ§
Mungkin beberapa dari kalian akan bertanya, βKenapa ππ§/ππ‘ = π£?β. Jadi, π£ ini adalah
kecepatan dari si batang dipol magnet yang dijatuhin. Posisi π§ kan mempunyai arah
postif ke bawah, sedangkan arah gerak si dipol magnet juga ke bawah, maka
perubahan posisi π§ di sini akan sama dengan kecepatan dipol magnet, ππ§/ππ‘ = π£
bukan ππ§/ππ‘ = βπ£. Sekarang mari kita hitung terlebih dahulu fluks magnetik yang
melalui cincin akibat medan magnet dari dipol. Fluks magnetik ini hanya disebabkan
oleh medan magnet pada komponen π§, mengapa? Karena medan magnet pada arah
ini akan memasuki bidang π₯π¦ dari kawat cincin sedangkan komponen radial hanya
akan menyinggung bidang kawat cincin dan tidak menembusnya. Sekarang
masalahnya adalah medan pada arah π§ ini bervariasi nilainya dan bergantung pada π,
yaitu posisi titik yang kita ingin ketahui medannya dari sumbu kawat cincin. Oleh
karena itu, marilah kita tinjau elemen luasan berbentuk cincin yang memiliki ketebalan
ππ yang jaraknya π dari pusat kawat cincin. Pada area luasan cincin dengan ketebalan
ππ yang kecil ini medan magnet pada sumbu π§ dapat kita anggap homogen, maka fluks
magnetik yang melalui elemen cincin ini adalah
ππ = οΏ½οΏ½ β (ππ΄οΏ½οΏ½)
ππ(π§, π) =π0π
4π(π2 + (β β π§)2)32
(3(β β π§)2
π2 + (β β π§)2β 1)2ππππ
Untuk mendapatkan fluks total yang melalui bidang kawat cincin, kita integralka
persamaan di atas dari π = 0 sampai π = π
π(π§) =1
4π0πβ« (
3(β β π§)2
(π2 + (β β π§)2)52
β1
(π2 + (β β π§)2)32
)2ππππ
0
Mengapa kita menggunakan β β π§ pada persamaan di atas sedangkan pada rumus
yang diberikan soal hanya π§ saja? Karena π§ yang kita gunakan sekarang adalah posisi
vertikal dari dipol yang dihitung ke bawah dari posisi awal dipol dijatuhkan yaitu dari
ketinggian β di atas pusat kawat cincin sedangkan π§ pada rumus yang diberikan soal
merupakan jarak vertikal dipol ke titik yang kita tinjau medan magnetiknya, dalam
KTOF VI Juni 2019 Halaman 24 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
analisis kita ini, jarak π§ ini adalah β β π§. Masih belum paham? Silahkan lihat
gambarnya yah .
Agar kita bisa mengintegrasi persamaan di atas, kita perlu menggunakan teknik
integral subtitusi. Kita misalkan π’ = π2 + (β β π§)2 sehingga ππ’ = 2πππ maka kita
peroleh
π(π§) =1
4π0πβ« (
3(β β π§)2
π’52
β1
π’32
)ππ’π2+(ββπ§)2
(ββπ§)2
π(π§) =1
4π0π[3(β β π§)2 (β
2
3)1
π’32
β (β2)1
π’12
]
(ββπ§)2
π2+(ββπ§)2
π(π§) =1
4π0π[β
2(β β π§)2
π’32
+2
π’12
]
(ββπ§)2
π2+(ββπ§)2
π(π§) =1
4π0π[
2π’ β 2(β β π§)2
π’32
]
(ββπ§)2
π2+(ββπ§)2
π(π§) =1
4π0π[
2π2 + 2(β β π§)2 β 2(β β π§)2
(π2 + (β β π§)2)32
β2(β β π§)2 β 2(β β π§)2
(β β π§)3]
π(π§) =π0ππ
2
2(π2 + (β β π§)2)32
Kita telah dapatkan fluks magnetik yang melalui kawat cincin sebagai fungsi π§. Sekrang
GGL induksi yang dimiliki kawat cincin akibat gerakan dipol adalah
π§
β β π§ β
π
cincin kawat
dipol magnet
KTOF VI Juni 2019 Halaman 25 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
π = βπ£ππ
ππ§= βπ£
π
ππ§(
π0ππ2
2(π2 + (β β π§)2)32
)
π = βπ£π0ππ
2
2(β
3
2)
2(β β π§)(β1)
(π2 + (β β π§)2)52
π = β3π0ππ
2π£(β β π§)
2(π2 + (β β π§)2)52
Tanda negatif hanya berhubungan dengan arah aliran arus saja, sehingga kita ambil
besarnya saja
π =3π0ππ
2π£(β β π§)
2(π2 + (β β π§)2)52
e. Besar gaya yang dirasakan magnet akibat cincin adalah sama dengan gaya yang
dirasakan cincin akibat magnet (aksi-reaksi)
πΉ = π(2ππ)π΅π
Dengan
οΏ½οΏ½π =π0π
4π(π2 + (β β π§)2)32
(3(β β π§)π
π2 + (β β π§)2) οΏ½οΏ½
Sehingga
πΉ =3(β β π§)π0ππ
2π
2(π2 + (β β π§)2)52
Arah gaya ini pada kawat cincin adalah ke bawah sedangkan pada dipol ke atas dan
menjadi gaya hambat baginya.
f. Seperti petunjuk pada soal, kita bisa mengambil elemen kecil dari solenoida yang
berbentuk cincin dengan ketinggian πβ dan tebal π€. Hambatan dari elemen cincin ini
adalah
π = π2ππ
π€πβ
Arus yang mengalir pada elemen cincin ini adalah
π =π
π =3π0ππ
2π£(β β π§)
2(π2 + (β β π§)2)52
π€πβ
2πππ
KTOF VI Juni 2019 Halaman 26 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Dalam kondisi ini, kita meninjau dipol magnet saat berada di posisi π§ sehingga π§ disini
adalah konstan. Kemudian gaya yang diterima oleh dipol magnet akibat elemen cincin
adalah
ππΉ =3(β β π§)π0ππ
2
2(π2 + (β β π§)2)52 3π0ππ
2π£(β β π§)
2(π2 + (β β π§)2)52
π€πβ
2πππ
ππΉ =9π0
2π2π4π€π£
8ππ
(β β π§)2
(π2 + (β β π§)2)5πβ
π
Untuk mendapatkan gaya total dari solenoida pada dipol magnet, kita integrasi
persamaan di atas. Perhatikan informasi pada soal bahwa solenoida sangat panjang
yang artinya β berkisar dari +β sampai ββ. Alhasil akan kita dapatkan
πΉ =9π0
2π2π3π€π£
8ππ β«
(β β π§)2
(π2 + (β β π§)2)5πβ
+β
ββ
Agar bisa kita integrasi, kita perlu menggunakan teknik subtitusi lagi, misalkan π’ =
(β β π§)/π maka ππ’ = πβ/π maka akan kita dapatkan
πΉ =9π0
2π2π3π€π£
8ππ β«
(β β π§π )
2
π7 (1 + (β β π§π )
2
)
5
πβ
π
+β
ββ
πΉ =9π0
2π2π€π£
8πππ4 β«
π’2
(1 + π’2)5ππ’
+β
ββ
Menggunakan rumus integral yang diberikan soal akan kita peroleh
πΉ =9π0
2π2π€π£
8πππ4(5π
128)
πΉ =45π0
2π2π€π£
1024π2ππ4
g. Kecepatan terminal terjadi saat percepatan dipol magnet bernilai nol.
βπΉ = ππ
πΉ βπ = 0
45π02π2π€π£t
1024π2ππ4βπ = 0βΉ π£t =
1024ππ2ππ4
45π02π2π€
Sumber soal : Tes pekan ketiga pada Pembinaan Tahap I untuk IphO 2019
KTOF VI Juni 2019 Halaman 27 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Ahmad Basyir Najwan
Universitas Indonesia
5. (20 Poin) Model Sederhana Temperatur Permukaan Bumi
Suhu di permukaan bumi dipengaruhi oleh radiasi dari matahari. Disini akan dikaji model
sederhana untuk menentukan suhu rata-rata di permukaan matahari. Dilihat dari bumi,
matahari memiliki sudut jari-jari matahari sebesar 0,0047 radian. Diketahui, suhu efektif
di permukaan matahari adalah πS = 5780 K. Besar konstanta Stefans-Boltzmann adalah
π = 5,67 Γ 10β8 Wπβ2Kβ4.
h. Hitunglah nilai solar irradiance (irradiasi matahari) yaitu daya radiasi yang diterima
persatuan luas di permukaan bumi!
Radiasi yang datang dari matahari dan sampai ke bumi, tidak seluruhnya diterima oleh
permukaan bumi. Sekitar 30% (oleh permukaan, atmosfer, dan awan) dipantulkan
kembali ke luar angkasa dan sisanya sebesar 70% (atmosfer dan permukaan) di asumsikan
seluruhnya diserap oleh permukaan bumi.
i. Tentukan suhu rata-rata di permukaan bumi dari model di atas!
j. Apakah model sederhana ini dapat diterima?
Soal berikut tidak lagi menggunakan hasil di atas. Suhu atmosfer π, tekanan atmosfer π,
dan kerapatan udara π bergantung pada ketinggian π§ dari permukaan bumi. Secara
KTOF VI Juni 2019 Halaman 28 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
empirik, kerapatan π dalam rentang ketinggian sampai 10 km dapat dituliskan sebagai
bentuk kuadratik dalam π§ yaitu
π(π§) = π0 + π1π§ + π2π§2
Dengan π0 = 1,222 kgmβ3, π1 = β1,13 Γ 10β4 kgmβ4, dan π2 = 3 Γ 10β9 kgmβ5.
Diasumsikan bahwa atmosfer bersifat gas ideal serta bersifat adiabatik dengan konstanta
πΎ = 1,23. Asumsikan percepatan gravitasi bumi di ketinggian yang tidak terlalu tinggi
bernilai konstan sebesar π = 9,81 msβ2. Tekanan udara di permukaan bumi adalah
1 atm = 1,013 Γ 105 Pa.
k. Tentukan ketinggian π§ ketika kerapatan udara sama dengan setengah kerapatan udara
di permukaan bumi!
l. Tentukan pula perbandingan antara tekanan udara pada ketinggian tersebut dengan
tekanan udara di permukaan bumi!
m. Jika diketahui suhu udara pada ketinggian 10 km adalah 225 K, tentukan suhu udara
di permukaan bumi!
Solusi :
a. Daya radiasi per satuan luas sama saja dengan intensitas radiasi. Intensitas radiasi di
permukaan matahari adalah
πΌS =π
π΄= πππS
4
Matahari dapat dianggap sebagai benda hitam sempurna (π = 1) sehingga
πΌS = ππS4
Daya radiasi yang dipancarkan oleh matahari nilainya konstan. Maksudnya adalah
energi yang mengalir ke luar matahari setiap satuan waktu besarnya konstan. Dari
hubungan daya dan intensitas, dan mengingat bahwa bentuk bumi serta matahari
adalah bola, kita dapatkan bahwa
π = π΄πΌ = 4ππ 2πΌ βΉ πΌπ 2 = konstan
Sekarang kita menghitung daya radiasi matahari tepat di permukaan bumi. Suku π
pada persamaan di atas adalah jarak titik yang ditinjau dari pusat matahari. Misal jarak
matahari-bumi adalah π , maka akan kita peroleh intensitas radiasi matahari di
permukaan bumi yaitu
KTOF VI Juni 2019 Halaman 29 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
πΌSπ S2 = πΌEπ
2 βΉ πΌE = (π Sπ )2
πΌS
Perhatikan gambar di bawah!
Untuk sudut π yang kecil, kita bisa lakukan pendekatan berikut yaitu
tan π β sin π β π
π Sπ = π
Sehingga
πΌE = π2πΌS
Subtitusi intensitas radiasi di permukaan matahari, akan kita peroleh
πΌE = π2ππS4
Subtitusi nilai numerik akan kita peroleh
πΌE = (0,0047)2(5,67 Γ 10β8 Wmβ2Kβ4)(5780 K)4
πΌE = 1397,945 Wmβ2 β 1398 Wmβ2
b. Intensitas yang diterima permukaan bumi adalah 70% dari total intensitas di atas.
Intensitas yang diterima bumi ini akan memanaskan bumi. Bumi di sini juga dapat
dimodelkan sebagai benda hitam sempurna, sehingga kita mendapatkan suhu rata-
rata di permukaan bumi
70%πΌE = ππB4
πB = β7πΌE10π
4
Subtitusi nilai numerik akan kita peroleh
πB = β7 Γ 1398 Wmβ2
10 Γ 5,67 Γ 10β8 Wmβ2
4
πB = 362,45 K β 362 K
π
π
π S
KTOF VI Juni 2019 Halaman 30 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Jika kita konversi ke Celcius akan kita dapatkan
πB = 362 β 273 = 890C
c. Kita dapatkan suhu bumi pada model ini sangat panas, mendekati titik didih air. Hal
ini dikarenakan aliran kalor dari matahari ke bumi tidakah sesederhana ini. Masih
banyak faktor lain yang perlu dipertimbangkan. Namun, model ini cukup mewakili dari
segi orde yang sudah berada di bilangan βpuluhan celciusβ. Berdasarkan itu semua,
model ini masih belum bisa diterima.
d. Kerapatan udara di permukaan bumi adalah
π(0) = π0
Misal posisi ketinggian saat kerapatan udara bernilai setengah dari di permukaan bumi
adalah π§c, maka akan kita peroleh
π(π§c) =π02= π0 + π1π§c + π2π§c
2
π2π§c2 + π1π§c +
π02= 0
Dengan rumus kuadrat akan kita peroleh
π§c =βπ1 Β±βπ1
2 β 2π2π02π2
Ketinggian tidak mungkin negatif sehingga
π§c = βπ12π2
(1 β β1 β2π2π0π12
)
Nilai numeriknya adalah
π§c = ββ1,13 Γ 10β4 kgmβ4
2 Γ 3 Γ 10β9 kgmβ5(1 β β1 β
2 Γ 3 Γ 10β9 kgmβ5 Γ 1,222 kgmβ3
(β1,13 Γ 10β4 kgmβ4)2)
π§c = 6543,99 m β 6544 m
e. Dari persamaan gas ideal kita dapatkan
ππ = ππ π
ππ =π
ππ π
π =π
π
π π
πβΉ π = π
π π
π
KTOF VI Juni 2019 Halaman 31 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
Kita harus mencari tekanan sebagai fungsi ketinggian terlebih dahulu. Pada
persamaan di atas, π, π, dan π ketiganya bergantung pada ketinggian. Bagaimana cara
menemukan fungsi tiap variabel tersebut terhadap ketinggian? Kita bisa dapatkan dari
proses adiabatik. Pada proses adiabatik berlaku
π1βπΎππΎ = konstan
Diferensialkan persamaan di atas menggunakan aturan rantai
(1 β πΎ)πβπΎππΎππ + πΎπ1βπΎππΎππ = 0
Bagi persamaan di atas dengan π1βπΎππΎ kita dapatkan
(1 β πΎ)ππ
π+ πΎ
ππ
π= 0β¦ (1)
Lakukan hal yang sama pada persamaan gas ideal yang sebelumnya kita bahas
ππ =π π
πππ + π
π
πππ
Bagi dengan persamaan gas ideal kembali
ππ
π=ππ
π+ππ
πβΉ
ππ
π=ππ
πβππ
πβ¦ (2)
Subtitusi persamaan (2) ke (1)
(1 β πΎ)ππ
π+ πΎ (
ππ
πβππ
π) = 0
ππ
πβ πΎ
ππ
π= 0
Integralkan persamaan di atas, kita peroleh
ln π β πΎ ln π = πΎ = konstanta
lnπ
ππΎ= πΎ
π(π§) = πΆππΎ(π§)
Suku πΆ = ππΎ adalah konstanta berdimensi. Subtitusi π(π§)
π(π§) = πΆ(π0 + π1π§c + π2π§c2)πΎ
Perbandingan antara tekanan udara di ketinggian π§c dan di permukaan bumi adalah
π(π§c)
π(0)= (
π0 + π1π§c + π2π§c2
π0)
πΎ
Subtitusi nilai numeriknya akan kita peroleh
KTOF VI Juni 2019 Halaman 32 dari 32
Kontes Terbuka
Olimpiade Fisika
π(π§c)
π(0)= (
1,222 kgmβ3 + (β1,13 Γ 10β4 kgmβ4) Γ 6544 m + 3 Γ 10β9 kgmβ5 Γ (6544 m)2
1,222 kgmβ3)
1,23
π(π§c)
π(0)= 0,426
f. Subtitusi π(π§) ke persamaan gas ideal
πΆππΎ = ππ π
πβΉ π(π§) = πΆ
π
π ππΎβ1(π§)
Subtitusi π(π§), dan πΆπ/π adalah konstanta, maka bisa kita ganti dengan konstanta
pula
π(π§) = π(π0 + π1π§ + π2π§2)πΎβ1
Diketahui saat π§ = 10 km, π = 225 K, akan kita peroleh nilai π
225 = π(1,222 kgmβ3 + (β1,13 Γ 10β4 kgmβ4) Γ 10000 m + 3 Γ 10β9 kgmβ5
Γ (10000 m)2)1,23β1
π = 279,078 β 279
Dimensi π sedikit rumit jadi saya tidak tuliskan. Alhasil, suhu di permukaan bumi
adalah
π(0) = 279(1,222)1,23β1
π(0) = 292,1666 K β 292 K
atau dalam derajat celcius akan kita dapatkan
π(0) = 292 β 273 = 190C
Sumber soal : Try Out Pembinaan Tahap II Pra IphO 2019
Ahmad Basyir Najwan
Universitas Indonesia