soal dan pembahasan olimpiade fisika sma tingkat nasional osn tahun 2014

Oleh : davit Sipayung

Web : davitsipayung.blogspot.com

Email : [email protected]

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




1. (10 Poin) Sebuah silinder pejal bermassa M dan berjar-jari R berada di sebuah pojok dan menyentuh dinding maupun lantai., seperti terlihat pada gambar di bawah. Seutas tali tak

bermassa dan sangat panjang dililitkan pada silinder kemudian dipasang pada katrol licin

secara mendatar dan dihubungkan ke benda bermassa m. Koefisien gesek kinetik 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 dalam , m, M dan g ) b. percepatan benda m dan hitung pula nilai percepatannya secara numerik untuk data

berikut ini : = 0.5 , m= 11 kg, M = 8 kg , R= 0,4 M dan g= 10 m/s2. c. nilai m/M minimum agar silinder dapat berotasi.

2. (13 Poin) Perhatikan gambar di bawah ini . Sebuah bola billiard berjari-jari R diletakkan pada posisi (a,b) dari ujung kiri atas meja (lubang A). Panjang dan lebar bagian dalam

meja berturut-turut adalah P dan L. Seorang siswa ingin memasukkan bola tersebut ke

dalam lubang C dengan memukulnya oleh gaya sesaat F pada sudut pada posisi terhadap sisi AB. Waktu kontak pemukul dengan bola adalah t0 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 tepat pada ujung-ujung bagian dalam meja. Dan ketika

bola masuk, pusat massa bola dianggap berada pada pusat lubang. Tentukanlah :

a. tan agar bola tepat masuk di lubang C ( nyatakan dalam b, P,L dan a) b. S1 yaitu jarak yang ditempuh bola sebelum menumbuk dinding AB. c. S2 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan

sebelum menumbuk dinding BD.

d. S3 yaitu jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki lubang.

e. Jika tumbukan antara bola dan dinding adalah lenting sebagian dengan koefisien restitusi e, tentukan kecepatan bola sesaat sebelum masuk ke dalam lubang ( nyatakan

dalam F, t0, e, m, k. R, S1, S2 dan S3 ). ( Asumsikan energi yang hilang akibat rotasi adalah kmRd dimana k adalah konstanta

penghambat rotasi, m adalah massa bola, dan d adalah jarak yang ditempuh bola.)

m g M

R




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. Partikel B dan C

terhubung melalui suatu batang tegar yang tak bermassa dengan panjang L, sedangkan

partikel A dan C terhubung melalui suatu batang tegar tak bermassa dengan panjang 3L

. Terdapat suatu engsel licin yang menghubungkan kedua ujung batang tersebut di C

(lihat gambar). Diketahui massa ketiga partikel mA = mB = mC = m dan pada saat awal ,

1(0) = /6 rad, 1(0) = 2(0) = 0 rad/s, dimana 1 =d1/dt dan 2 =d2 /dt. Tentukan : a. posisi masing-masing partikel (nyatakan dalam sudut 1 dan 2 ) dan tentukan

hubungan antara sudut 1 dan 2 . b. energi total dari sistem dinyatakan dalam sudut 2 dan 2. c. Kecepatan dan percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di

titik O untuk yang pertama kali.

4. (20 Poin) Sebuah kapasitor keping sejajar mempunyai luas penampang A terpisah sejauh d, serta tinggi a. Ruang diantara kapasitor berisi udara dengan permitivitas anggap sama

dengan ruang hampa yaitu 0. Kapasitor kemudian dihubungkan dengan sebuah baterai yang memiliki tegangan V0. Kemudian baterai diputuskan, muatan pada kapasitor

dipertahankan tetap sebesar Q0, kemudian sebuah lembaran dielektrik padat dengan luas

yang sama, A, dan tebal d (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 setelah dielektrik dimasukkan! Dielektrik padat kemudian ditarik dan selanjutnya dihubungkan kembali dengan baterai

semula dengan tegangan V0 . Kapasitor ini kemudian dicelupkan kedalam cairan dengan

konstanta dielektrik K2 dan massa jenis . 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 V0 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, . Pada lintasan ini, akan dilakukan dua buah percobaan.

Percobaan pertama, sebuah benda X bermassa m, berjari-jari r, memiliki momen inersia

mr2 dilepaskan dari keadaan diam pada puncak lintasan disebelah kanan. a. Tentukan syarat (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 hingga titik tertinggi. Berapa 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!

R

B

r m

R

A kasar

kasar

licin




Mulai saat ini dan seterunya (hingga percobaan kedua), asumsikan benda X adalah

silinder berongga, sehingga 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, masukkan nilai numeris !

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 arah 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 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 diatas hanya boleh dinyatakan dalam R,m,r dan g.

Khusus (a)-(d), jawaban boleh juga dinyatakan dalam .




PEMBAHASAN

OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2014

BIDANG FISIKA

1. Pembahasan : a. Diagram benda bebas silinder M dan benda m :

Persamaan gerak massa m :

mg T ma (1)

Pusat massa silinder tidak bergerak translasi :

0xF

1 2 0T f N (2)

0yF

1 2 0N f Mg (3)

Silinder slip sehingga gaya gesek kinetik bekerja pada silinder.

1 1f N (4)

2 2f N (5)

Silinder bergerak dengan kecepatan angular . Percepatan tepi silinder sama dengan percepatan massa m.

a R (6) Persamaan rotasi silinder :

pmI

21 2

12

aTR f R f R MRR

1 212

T f f Ma (7)

Substitusi pers.(1),(4) dan (5) ke pers.(7) :

1 212

mg TT N N M

m

1 22 2 2m M T m N m N Mmg (8)

Pers.(2) dapat dituliskan menjadi

N2

Mg

f1

T

N1

f2

a

T

mg




2 1T N N (9)

Substitusi pers.(9) ke pers.(8) :

1 24 2 2m M N m m M N Mmg (10)

Pers.(3) dapat disederhanakan menjadi :

1 2N N Mg (11)

Dari pers.(10) dan pers.(11) akan kita peroleh

1 2 2

2 3

1 2 2 1

m m M MgN

m M

(12)

1 2 2

4

1 2 2 1

m m M MgN

m M

(13)

b. Substitusi pers.(12) dan pers.(13) ke pers.(9) untuk memperoleh tegangan tali :

2

1 2 2

2 3

1 2 2 1

m m m MgT

m M

(14)

Percepatan beban m :

Ta gm

2

2 2

1 2 2 2 1

1 2 2 1

m Ma g

m M

(15)

Substitusikan nilai-nilai besaran dibawah ini ke pers.(15) :

= 0.5 , m= 11 kg, M = 8 kg , R= 0,4 M dan g= 10 m/s2 Kita akan memperoleh besar percepatan benda m :

a = 3,125 m/s2

c. Syarat silinder berotasi :

0pm

atau

0a

21

1 2mM

Harga minimum (m/M) agar dapat berotasi :

2min1

1 2mM

(16)

Untuk 0,5 maka besar harga minimum (m/M) :

min

34

mM

2. Pembahasan : a. Diagram gerakan bola biliard :




Tumbukan pertama di dinding AB.

Momentum arah horizontal kekal :

1 1cos cosv v

1

1

coscos

v

v

(1)

Koefisien restitusi tumbukan e :

1

1

sin

sin

ve

v

(2)

Tumbukan kedua di dinding BD:

Momentum arah horizontal kekal :

2 2cos cosv v

2

2

coscos

v

v

(3)

Koefisien restitusi tumbukan e :

2

2

sin

sin

ve

v

(4)

Hubungan antara sudut dan : 090 (5)

Dari pers.(1) dan pers.(2), kita peroleh

tan

tane

(6)

Dari pers.(3) dan pers.(4), kita peroleh

tan

tane

(7)

Pers.(6) sama dengan pers.(7) :

tan tan

tan tan

tan tantan

tan

(8)

Dari pers.(5) kita peroleh hubungan :

C D

A

P-y

B

0v

1v1v

2v

2v

y

x

L a -x

1S2S

3S

3v

a

b

L

P




0 1tan tan 90 cottan

atau

tan tan 1 (9)

Pers.(8) dapat dituliskan menjadi

tan cot (10)

Misalkan x adalah jarak tumbukan pertama dan lubang B dan y adalah jarak tumbukan

kedua dari lubang B. Dengan menggunakan pers.(10), kita akan peroleh :

P ybL x a L

(11)

Secara geometri kita dapat membuktikan bahwa x = y. Sehingga pers.(11) menjadi :

P x L x a PL

2 0x P L a x PL bL Pa

2

4

2

P L a P L a PL bL Pax

Untuk posisi bola biliard di 2 2,P L maka bola harus ditembakkan di x=0 dan y=o.

Solusi x dan y yang memenuhi adalah tanda negatif :

2

4

2

P L a P L a PL bL Pax

Nilai tan agar bola masuk lubang C :

2

2tan4

b bL x a L P a P L a PL bL Pa

b. Jarak yang ditempuh biliard sebelum menumbuk dinding AB :

22

1S b L x a

2

21

1 4 42

S b L P a P L a PL Lb Pa

c. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk menumbuk dinding AB dan sebelum menumbuk dinding BD:

2 22S x y

2

2

42 2

2

P L a P L a PL bL PaS x y

d. Jarak yang ditempuh bola setelah menumbuk dinding BD dan sebelum memasuki lubang:

2 2

3S P y L

2

23 1

1 4 42

S S L P L a P L a PL Lb Pa

e. Kecepatan bola biliard sesaat setelah dipukul :

0 0F t mv

00

F tv

m

Kecepatan bola biliard sesaat sebelum menumbuk dinding sisi AB:

2 20 1 1

1 12 2

mv mv kmRS




2

01 12

F tv kRS

m

Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk sisi AB:

2

01 21 1

1

sin2

sin

F tev Sbv e kRSm S y

Kita mengetahui bahwa 2 2y S , sehingga

2

01 1

1

22

eb F tv kRS

S m

Kecepatan bola sesaat sebelum menumbuk dinding BD :

2 21 2 2

1 12 2

mv mv kmRS

22 2

01 1 22

1

22 2

e b F tv kRS kRS

mS

Kecepatan bola biliard sesaat setelah menumbuk dinding BD :

22 2

0 322 1 22

21

2sin2 2

sin

e b F t Sev xv e kRS kRSm S LS

Kita gunakan hubungan 2 2x S , sehingga :

22 2

1S b L x a

2 21L S b a x

2 2 21

2

SL S b a

Oleh karena itu :

22 23 0

2 1 222 2 2 1

1

22 2

22

e beS F tv kRS kRS

mS SS b a

Kecepatan bola biliard sesaat sebelum masuk ke dalam lubang :

2 22 3 3

1 12 2

mv mv kmRS

22 22 23 0

3 1 2 32 212 2 2

1

22 2 2

22

e be S F tv kRS kRS kRS

mSSS b a

3. Pembahasan : a. Gambar posisi partikel A, B dan C .




Posisi partikel A :

0Ax

13cosAy L

Posisi partikel B :

0Bx

2cosBy L

Posisi partikel C :

1 23sin sinCx L L

Hubungan 1 dan 2 :

1 23sin sinL L

1 23sin sin b. Komponen kecepatan partikel A :

, 0A

A x

dxv

dt

1, 1 1 13sin 3sin

AA y

dy dv L L

dt dt

Kecepatan partikel A : 2 2

, , 1 13sinA A x A yv v v v L

Komponen kecepatan partikel B:

, 0B

B x

dxv

dt

2, 2 2 2sin sin

BB y

dy dv L L

dt dt

Kecepatan partikel B : 2 2

, , 2 2sinB B x B yv v v L

Komponen kecepatan partikel C:

2, 2 2 2cos 3 cos

BCB x

dydx dv L L

dt dt dt

, 0C

C y

dyv

dt

Kecepatan partikel C :

A

L

3L

1

2B

C O

x

y

g

0Cy




2 2, , 2 2cosC C x C yv v v L

Energi total sistem :

2 2 21 1 12 2 2

A B C A B CE mv mv mv mgy mgy mgy

2 2 2 2 21 1 2 1 23 1sin 3cos cos2 2

E m L m L mgL

Hubungan 1 dan 2 : 2

2 21

sinsin

3

2 22 2 2

1 1

sin 3 sincos 1 sin 1

3 3

Hubungan 1 dan 2 :

1 23sin sind ddt dt

1 1 2 23cos cos

2 21

22

cos

3 sin

Energi total sistem dalam 2 dan 2 :

2 2 2

2 2 22 2 2 2 22 2 2 22

2

cos sin3 1 3 sin cos2 3 23 sin

E m L m L mgL

2

22 2 22 2 22

2

sin 21 1 3 sin cos2 4 3 sin

E m L mgL

c. Kondisi awal sistem :

1sin6

2 1sin 3sin

21sin 3sin 3

6 2 atau 2

3 .

1 2 0

Energi awal sistem :

2

1 13 3 22 2

awalE mgL mgL

Posisi akhir sistem:

02 90 sehingga 1

1sin 33

dan 11cos 63

.

Energi akhir sistem :

2 22

1 22

akhirE m L mgL

Kekekalan energi :

2 22

12 22

mgL m L mgL

2 2

2 2 2g

L

Kecepatan sudut 1 ketika 0

2 90 :




0

21 1

2 0

cos900

3 sin 90

Kecepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang

pertama kali.

Kecepatan partikel A:

1 13sin 0Av L

Kecepatan partikel B:

2 2sin 2 2 2Bv L gL Kecepatan partikel C:

2 2cos 0Cv L

Komponen percepatan partikel A :

,, 0

A xA x

dva

dt

, 2, 1 1 1 13sin 3cos

A yA y

dva L L

dt

Komponen percepatan partikel B:

,, 0

B xB x

dva

dt

, 2, 2 2 2 1sin 3cos

B yB y

dva L L

dt

Komponen percepatan partikel C:

, 2, 2 2 2 2cos sin

C xC x

daa L L

dt

,, 0

C yC y

dva

dt

Hubungan 1 dan 2 :

1 2 21

3cos cosd ddt dt

2 2

1 1 1 1 2 2 2 23cos 3 sin cos sin Energi total sistem konstan sehingga berlaku :

0dEdt

2 321

2 2 2 22 2 2 322 2 2 2 2 2 2 222 2

2 2

8 sin4 3 sin 4sin 2sin 2 11 3 sin 2 sin 2 sin 02 24 3 sin 16 3 sin

gL L g

Substitusikan nilai 02 90 , maka kita akan memperoleh

2 0L g

2g

L

Hubungan 1 dan 2 ketika 0

2 90 : 2 2

1 1 1 1 2 2 2 23cos 3 sin cos sin 2

1 213 63




1

2 2 22

g

L

1

2 2 1g

L

Percepatan dari masing-masing partikel ketika partikel B sampai di titik O untuk yang

pertama kali.

Percepatan partikel A :

21 1 1 1 3sin 3 cos 2 3 2 1Aa L L j g j Percepatan partikel B :

22 2 2 2 sin 3 cosBa L L j g j Percepatan partikel C:

22 2 2 2 cos sin 2 2 2Ba L L i g i

4. Pembahasan :

a. Besar muatan induksi q dalam dielektrik :

01

11q QK

b. Besar medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat :

00

0

QE

A

c. Besar medan listrik dalam dielektrik :

0

0 1

QE

AK

d. Besar potensial listrik pada kapasitor :

0V E d l El

0 000 0 1

Q QV E d l E d l d l d l

A AK

e. Capasitas kapasitor setelah dielektrik dimasukkan :

0 0 1

1

Q AKC

V d l K 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. Misalkan x

sebagai ketinggian kapasitor berisi cairan dielektrik. Sehingga kapasitas total kapasitor

adalah

02 0 0 2 1

b a xK bx AC K x a

d d ad




Persamaan energi dalam kapasitor :

212 LVdQ d CV F dx Tegangan V0 konstan dan Q=CV, sehingga

20 0V dQ V dC

Karena itu

2 20 0

12

eV dC V dC F dx

20

12

edCF Vdx

Besar gaya elektrostatik :

0 220

112

e

A KF V

ad

Gaya berat cairan dielektrik :

g cairanAF mg V g h dga

Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:

e gF F

0 220

112

A K AV h dgad a

20 0 22

112

V Kh

d g

g. Baterai dilepas sehingga dQ=0. Tegangan awal sistem V0. Persamaan energi menjadi :

2 21 12 2ed dV dCF CV VC Vdx dx dx

Karena

0 0

2

Q QdV d dCdx dx C dxC

sehingga 2 2 20 0 0

2 2 2

1 12 2

e

Q Q QdC dC dCFdx dx dxC C C

Besar gaya elektrostatik menjadi :

20 0

22

1 12

e

Q AF K

adC

22

0 022

02

1 12

1

e

Q AF K

adAK x a

ad

h x




20 2

2

0 2

112 1

e

Q ad KF

A K x a

Ketinggian air masksimum ketika air sudah setimbang:

e gF F

20 2

2

0 2

112 1

Q ad K Ah dgaA K x a

2 20 2

220 2

112 1

Q a Kh

A g K x a

5. Pembahasan :

a. Energi kinetik benda X maksimum ketika benda tidak slip saat menuruni loop kanan.

Gerak translasi benda X :

sin cmmg f ma

Gerak rotasi benda X :

f r I 2f r mr

f mr

Percepatan pusat massa benda X dengan cma r :

sin

1cm

ga

Gaya gesek pada benda X:

sin

1

m gf

Syarat agar benda X tidak slip:

sf N

sincos

1s

m gmg

tan

1s

Mula-mula benda X berada pada sudut =450 (sudut seperdelapan lingkaran).

r

m R

A kasar mg

f

R

B kasar

licin

maks




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 :

2 21 11 cos2 2

B Bmg R r mv I

Besar sudut awal =450 (sudut seperdelapan lingkaran) dan B Bv r .

2

2 2

2

1 1 11 22 2 2

BB

vmg R r mv mr

r

2 21

B

g R rv

c. Benda X slip saat menaiki loop kiri sehingga benda X hanya memiliki energi kinetik translasi saat mulai menaiki loop kiri. Kekekalan energi :

21 1 cos2

B maksmv mg R r

2 2

1 cos2 1

maks

2 2

cos2 1

maks

1 2 2cos

2 1maks

Panjang lintasan yang ditempuh benda X di loop kiri :

1 2 2cos

2 1makss R R

d. Benda X kembali melewati titik B dengan kecepatan yang sama dengan kecepatan awal saat benda X mulai menaiki loop kiri.

2 21

B

g R rv

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 :

2 21

awal B

g R rL mv r mr

Momentum angular benda X di titik A saat benda X sudah bergerak tanpa slip :

2 1Aakhir A A A Av

L mv r I mv r mr mv rr

Kekekalan momentum angular :

2 21

1A

g R rmr mv r




2 2111

A

g R rv

Nilai vA juga dapat ditemukan menggunakan Hukum Newton untuk dinamika rotasi

dan translasi.

Percepatan benda X ;

1a g g

Panjang lintasan AB : 2 2 2A Bv v aL

3

2 2 2 2 2

1 11

g R r g R rgL

2 22

2

R rL

e. 1) Jika panjang BA L, maka benda X bergerak 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 tumbukan maka kedua benda akan bertumbukan di tengah lintasan AB:

2 22

2 4

R rLd

Substitusikan nilai 23

untuk silinder berongga:

2 2 23

d R r

g. Kecepatan awal benda X dan Y:

, , 2

3

2 2 3 2 2

51X B Y A

g R r g R rv v

Percepatan benda X dan Y:

21 5

a g g g

Tinjau persamaan gerak benda Y :

2,

12

X Ad v a

2

2 2 3 2 212 0

4 5 5

R r g R rg

2

15 2 210 2 2 03

g R rR r

g g

Selesaikan persamaan ini menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat dan

ambil solusi waktu terkecil sebagai solusi yang fisis.




15 2 2 15 2 2 40 2 21 12 2 3

g R r R r R r

g g g

5 2 23

R r

g

h. Kecepatan benda Y sesaat sebelum tumbukan :

,

3 2 2 5 2 2 2 22

5 5 3 15Y d

g R r R r R rv g

g g

Kecepatan ,Y dv arahnya ke kiri.

Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan :

, ,

2 2

15X d Y d

R rv v

g

Kecepatan ,X dv arahnya ke kanan.

Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan :

, 2X d

fr mgr g

I rmr

Substitusikan nilai 21 5

dan

5 2 23

R r

g

, kita kan memperoleh :

,

3 2 21

5X d

R r

r g

Tumbukan antara benda X dan Y lenting sempurna.

Kecepatan benda X sesaat setelah tumbukan :

,

2 2

15X d

R rv

g

Kecepatan ,X dv arahnya ke kiri.

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.

, ,

3 2 21

5X d X d

R r

r g

Kecepatan benda Y sesaat setelah tumbukan :

,

2 2

15Y d

R rv

g

Kecepatan ,X dv arahnya ke kanan.

i. 1) Waktu yang dibutuhkan benda X untuk berhenti sesaat :

,1

2 2 5 2 25

2 15 12X d

g R r R rvt

a g g

Kecepatan angular benda X ketika benda X berhenti sesaat :




, 1

3 2 2 5 2 2315 5 12

X X d

R r R rgt

r g r g

3 2 212 5

X

g R r

r

Nilai kecepatan angular benda X masih bernilai positif (searah jarum jam) ketika

benda X berhenti sesaat.

Jarak yang ditempuh benda X untuk berhenti sesaat diukur dari posisi tumbukan:

2,

2 251 1 2 2

2 2 2 15 12X d

X

g R rvS R r

a g

Oleh karena 2

XdS , maka benda X akan bergerak kembali kanan sebelum

menempuh titik B. Panjang lintasan d/2 cukup untuk membuat benda X bergerak

tanpa slip saat bergerak menuju titik B. Kita X akan bergerak tanpa slip sebelum

mencapai titik B dengan arah gerak ke kanan.

2) Benda Y akan berhenti pada jarak 2

Y XdS S dari titik A.

Benda X berhenti sebelum menaiki loop kanan.

3) Benda X akan menumbuk benda Y kedua kali-nya.

Benda X sudah bergerak tanpa slip saat menumbuk benda Y untuk yang

kedua kali-nya. Kekekalan momentum angular :

X X XI mv r I

2 2 XX X

vmr mv r mr

r

Kecepatan linear benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :

3 2 211 5 5

X X

g R rrv

Kecepatan angular benda X sesaat sebelum tumbukan kedua :

3 2 215 5

XX

g R rv

r 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 benda X sesaat sebelum tumbukan.

3 2 215 5

Y

g R rv

j. Benda X akan menumbuk benda Y terus menerus hingga suatu saat kedua benda akan

menempel dan benhenti di suatu titik pada lintasan AB.

soal dan pembahasan olimpiade fisika sma tingkat nasional osn tahun 2014

Documents