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 𝑀 berjari-jari 𝑅 diletakkan diatas

poros lingkaran massa 𝑚 berjari-jari 𝑟, dimana 𝑟 < 𝑅. 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

2𝑅/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 𝛼 terhadap titik kesetimbangan (lihat

gambar). Tentukan panjang busur PQ!

c. Tentukan kemiringan hoop 𝜃 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, 𝛼 dan

perubahan 𝛼 terhadap waktu ��!

f. Tentukan periode osilasi system! Gunakan 𝑅 = 2𝑟.

g. Tentukan periode osilasi bila 𝑅 = 1,71 m, Gunakan 𝑔 = 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

2𝑅

𝑟

𝜃

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,

𝐼𝑜 = 𝐼𝑐𝑚 +𝑀 (2

𝜋𝑅)

2

𝐼𝐶𝑀 = 𝐼0 −𝑀(2

𝜋𝑅)

2

𝐼𝐶𝑀 = 𝑀 (1 −4

𝜋2𝑅)

2

b. Karena hoop tidak selip, panjang busur PQ sama dengan rα

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 𝛽 =

𝑟𝛼/𝑅 (O adalah pusat hoop). Dapat dilihat pada gambar bahwa 𝛽 + 𝜃 = 𝛼 sehingga

𝜃 = 𝛼 (1 −𝑟

𝑅)

d. Jika 𝑅 = 2𝑟, maka 𝜃 = 𝛼 , dan �� = ��/2

𝑦cm = −(𝑅 − 𝑟)cos𝛼 +2

𝜋𝑅 cos 𝜃

Pada ruas kanan, suku pertama menunjukkan posisi pusat poros terhadap pusat hoop

C sedangkan suku kedua menunjukkan posisi pusat massa hoop terhadap pusat hoop

𝑦cm = −(𝑅 − 𝑟)cosα +2

π𝑅 cos

1

2𝛼

Dengan cara yang sama,

diagram gerakan hoop

P

𝑟

𝜃

Q

𝛼

𝜃

C

R

O

𝜃

KTOF VI Juni 2019 Halaman 6 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑥cm = −(𝑅 − 𝑟) sin 𝛼 +2

π𝑅 sin

1

2𝛼

e. Energi Potensial sistem

𝐸𝑃 = 𝑀𝑔ycm = 𝑀𝑔(−(𝑅 − 𝑟) cos 𝛼 +2

𝜋𝑅 cos

1

2𝛼)

Energi Kinetik Translasi system

𝑣ycm =𝑑𝑦

𝑑𝑡= ((𝑅 − 𝑟) sin 𝛼 −

1

𝜋𝑅 sin 𝛼) ��

𝑣xcm =𝑑𝑥

𝑑𝑡= (−(𝑅 − 𝑟) cos 𝛼 +

1

𝜋𝑅 cos𝛼) ��

𝐸𝐾trans =1

2𝑀(𝑣ycm

2 + 𝑣xcm2 )

𝐸𝐾trans =1

2𝑀��2 [(𝑅 − 𝑟)2 −

2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋(sin 𝛼 sin (

1

2𝛼) + cos 𝛼 cos (

1

2𝛼)) +

𝑅2

𝜋2]

𝐸𝐾trans =1

2𝑀α2 [(𝑅 − 𝑟)2 −

2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋cos (

1

2𝛼) +

𝑅2

𝜋2]

Dimana terlah diunakan identitas trigonometri cos 𝑥 cos 𝑦 + sin 𝑥 sin 𝑦 = cos(𝑥 −

𝑦).

Energi Kinetik Rotasi system

𝐸𝐾rot =1

2𝐼��2

𝐸𝐾rot =1

8𝑀𝑅2 (1 −

4

𝜋2) ��2

Energi total system

𝐸 = 𝑀𝑔 (−(𝑅 − 𝑟)cosα +2

𝜋𝑅 cos

1

2𝛼)

+ 1

2𝑀α2 ((𝑅 − 𝑟)2 −

2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋cos (

1

2𝛼) +

𝑅2

𝜋2+1

4(1 −

4

𝜋2)𝑅2)

𝐸 = 𝑀𝑔 (−(𝑅 − 𝑟)cosα +2

𝜋𝑅 cos

1

2𝛼)

+ 1

2𝑀α2 ((𝑅 − 𝑟)2 −

2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋cos (

1

2𝛼) +

𝑅2

𝜋2+1

4𝑅2)

f. Energi sistem kekal sehingga turunan pertamanya terhadap waktu bernilai nol

KTOF VI Juni 2019 Halaman 7 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑑𝐸

𝑑t= 0 =

𝑑

𝑑𝑡𝑀 [𝑔 (−(𝑅 − 𝑟)cosα +

2

𝜋𝑅 cos

1

2𝛼)

+ 1

2𝑀α2 ((𝑅 − 𝑟)2 −

2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋cos (

1

2𝛼) +

1

4𝑅2)]

0 = 𝑀𝑔 ((𝑅 − 𝑟)sinα −1

𝜋𝑅 sin

1

2𝛼) α

+ 𝑀���� ((𝑅 − 𝑟)2 −2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋cos (

1

2𝛼) +

1

4𝑅2)

+1

2𝑀��2 (

2(𝑟 − 𝑅)𝑟

𝜋sin (

1

2𝛼)) = 0

Suku terakhir adalah suku sisa turunan rantai dari

1

2𝑀α2

2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋cos (

1

2𝛼)

Mengabaikan suku α dan α yang pangkatnya lebih dari 1 serta aproksimasi sudut kecil

(sin 𝑥 ≈ 𝑥 dan cos 𝑥 ≈ 𝑥) diperoleh

g ((𝑅 − 𝑟)𝛼 −1

2𝜋𝑅𝛼) + �� ((𝑅 − 𝑟)2 −

2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋+1

4𝑅2) = 0

((𝑅 − 𝑟)𝛼 −12𝜋 𝑅𝛼)

((𝑅 − 𝑟)2 −2(𝑅 − 𝑟)𝑅

𝜋 +14𝑅

2) + �� = 0

((1 −𝑟𝑅) −

12𝜋)

((1 −𝑟𝑅)2

−2(1 −

𝑟𝑅)

𝜋+14)

𝑔

𝑅𝛼 + �� = 0

Sehingga diperoleh

((1 −𝑟𝑅) −

12𝜋)

((1 −𝑟𝑅)

2

−2(1 −

𝑟𝑅)

𝜋 +14)

𝑔

𝑅= 𝜔2

KTOF VI Juni 2019 Halaman 8 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

2𝜋

√

((1 −𝑟𝑅) −

12𝜋)

((1 −𝑟𝑅)

2

−2(1 −

𝑟𝑅)

𝜋 +14)

𝑔

𝑅

−1

= 𝑇

Substitusi 𝑟/𝑅 = 0,5

2𝜋√

12 −

12𝜋

(14 −

1𝜋 +

14)

𝑔

𝑅

−1

= 𝑇

2𝜋√

12 −

12𝜋

12 −

1𝜋

𝑔

𝑅

−1

= 𝑇

2𝜋√(𝜋 − 1

𝜋 − 2)𝑔

𝑅

−1

= 𝑇 ⟹ 𝑇 = 2𝜋√(𝜋 − 2

𝜋 − 1)𝑅

𝑔

g. 𝑇 = 1,92 s

Muhammad Morteza Mudrick

SMAN 1 Surakarta

2. (20 Poin) Setengah silinder

Mari kita tinjau sebuah potongan dari silinder homogen bermassa 𝑚 berjari-jari 𝑅, 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 𝑔,

namun keseimbangan tersebut labil dan setengah silinder dapat jatuh ke dua arah.

Apabila kita mendefinisikan 𝜃 sebagai sudut antara garis vertikal dan garis 𝑂𝑄 yang

menghubungkan titik kontak setengah silinder 𝑂 dengan pusat mula” silinder 𝑄; 𝜃 dapat

mengecil (i) dan juga membesar (ii). Diketahui pusat massa setengah silinder berjarak 𝑢 =

4𝑅

3𝜋 dari pusat 𝑄. *Disarankan menggunakan kalkulator untuk menghitung nilai numerik

dari hasil akhir tiap sub-soal.

a. Tinjaulah posisi keseimbangan awal. Tentukan besar 𝜃 saat setengah silinder diam dan

seimbang menyentuh dinding serta lantai, 𝜃0.

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 𝜃 ketika silinder meninggalkan dinding, 𝜃1 , juga kecepatan sudut

setengah silinder saat itu, Ω!

c. Silinder akan menjauh dari dinding dan mengalami gerak osilasi terhadap pusat

massanya. Tentukan sudut maksimum 𝜉 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 𝜃0 ≤ 𝜃 ≤ 90°.

d. Tentukan besar kecepatan horisontal pusat massa setengah silinder 𝑣𝑥 saat persis

sebelum tumbukan dengan lantai.

e. Tentukan besar kecepatan horisontal pusat massa setengah silinder, 𝑣𝑥, sebagai fungsi

dari 𝜃!

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 𝐶𝑂𝑄, didapatkan

𝜃0 = arctan (𝑢

𝑅) = arctan (

4

3𝜋) = 22.997°

KTOF VI Juni 2019 Halaman 10 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Dengan hasil lini juga diperoleh ketinggian awal 𝐶, ℎ0 = √𝑢2 + 𝑅2

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 𝑄, artinya gerakan setengah silinder sesaat waktu lepas kontak

adalah ketika bidang potong silinder horisontal, sehingga garis 𝑂𝑄 sejajar 𝑂𝐶, dan

𝜃1 = 90°. Untuk menghitung Ω, kita perlu momen inersia setengah silinder terhadap

titik 𝑄. Besarnya adalah setengah dari momen inersia silinder awal. 𝐼𝑄 =1

4𝑚𝑅2.

𝐸𝑝𝑜𝑡 = 𝐸𝑝𝑜𝑡′ + 𝐾′

1

2𝑚𝑔ℎ0 =

1

2𝑚𝑔(𝑅 − 𝑢) +

1

2𝐼𝑄Ω

2

𝑚𝑔 (√𝑢2 + 𝑅2 + 𝑢 − 𝑅) =1

4𝑚𝑅2Ω2

Ω = √4𝑔

𝑅(√𝑢2 + 𝑅2 + 𝑢 − 𝑅

𝑅) = 1.429√𝑔/𝑅

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 Δ𝐸𝑝𝑜𝑡 = 𝐾𝑟𝑜𝑡. Namun energi rotasi di

sini dihitung terhadap pusat massa, sehingga perlu dicari momen inersia terhadap

pusat massa. Gunakan teorema sumbu sejajar, 𝐼𝑄 = 𝐼𝐶 +1

2𝑚𝑢2. Sehingga didapat

KTOF VI Juni 2019 Halaman 11 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝐼𝐶 =1

2𝑚(𝑅2/2 − 𝑢2). Saat terangkat, hubungan sudut 𝜉 dengan ketinggian 𝐶 adalah

ℎ𝐶 = 𝑅 − 𝑢 cos 𝜉.

Δ𝐸𝑝𝑜𝑡 = 𝐾𝑟𝑜𝑡

1

2𝑚𝑔ℎ𝐶 −

1

2𝑚𝑔(𝑅 − 𝑢) =

1

2𝐼𝐶Ω

2

ℎ𝐶 = 𝑅 − 𝑢 + (𝑅2

2− 𝑢2)(

√𝑢2 + 𝑅2 + 𝑢 − 𝑅

𝑅2)

cos 𝜉 =𝑅 − ℎ𝐶𝑢

= 1 −(𝑅2 − 2𝑢2)

2𝑢𝑅2(√𝑢2 + 𝑅2 + 𝑢 − 𝑅) = 52.04°

d. Apabila tidak lepas kontak, pusat rotasi sesaat sebelum menumbuk setengah siinder

adalah titik 𝑂. Momen inersia setengah silinder terhadap titik ini adalah 𝐼𝑂 = 𝐼𝐶 +

1

2𝑚(𝑅2 + 𝑢2) =

3

4𝑚𝑅2.

Menggunakan energi:

1

2𝑚𝑔√𝑢2 + 𝑅2 =

1

2𝑚𝑔𝑢 +

1

2𝐼𝑂Ω

2

Ω2 =4𝑔

3𝑅2(√𝑢2 + 𝑅2 − 𝑢)

Dari definisi �� = �� × 𝑟, didapat 𝑣𝑥 = 𝑢Ω. Maka, didapat

𝑣𝑥 =𝑢

𝑅√4𝑔

3(√𝑢2 + 𝑅2 − 𝑢) = 0.399√𝑔𝑅

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 𝑃.

Momen inersia setengah silinder terhadap titik P adalah 𝐼𝑃 = 𝐼𝐶 +1

2𝑚|𝐶𝑃|

2.

Menggunakan aturan cosinus, |𝐶𝑃|2= 𝑢2 + 𝑅2 sin2 𝜃 − 2𝑢𝑅 sin 𝜃 cos 𝜃

𝐼𝑃 =1

2𝑚(𝑅2/2 − 𝑢2 + |𝐶𝑃|

2)

=1

2𝑚(

𝑅2

2+ 𝑅2 (

1 − cos 2𝜃

2) − 𝑢𝑅 sin 2𝜃)

Definisikan 𝜂 = 𝑢/𝑅

𝐼𝑃 =1

4𝑚𝑅2(2 − cos 2𝜃 − 2𝜂 sin 2𝜃)

Ketinggian pusat massa setengah silinder dari lantai adalah ℎ𝐶 = 𝑅 cos 𝜃 + 𝑢 sin 𝜃.

Persamaan energi:

1

2𝑚𝑔ℎ0 =

1

2𝑚𝑔ℎ𝐶 +

1

2𝐼𝑃Ω

2

Ω2 =𝑚𝑔

𝐼𝑃(ℎ0 − ℎ𝐶) =

4𝑔

𝑅(√1 + 𝜂2 − cos 𝜃 − 𝜂 sin 𝜃

2 − cos 2𝜃 − 2𝜂 sin 2𝜃)

Kecepatan horisontal setengah lingkaran 𝑣𝑥 = Ω𝑢 sin 𝜃

𝑣𝑥 = √4𝑔𝑅𝜂 sin2 𝜃 ⋅ (√1 + 𝜂2 − cos 𝜃 − 𝜂 sin 𝜃

2 − cos 2𝜃 − 2𝜂 sin 2𝜃)

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 “Perlambatan”) Jika jarak suatu kendaraan dengan kendaraan didepannya lebih

kecil dari 𝑠𝑛, maka kendaraan tersebut akan melakukan perlambatan sebesar 𝑎𝑛

sampai jaraknya sudah tidak lebih kecil dari 𝑠𝑛.

2) (Zona “Percepatan”) Jika jarak suatu kendaraan dengan kendaraan didepannya lebih

jauh daripada 𝑠𝑓, dimana 𝑠𝑓 > 𝑠𝑛, maka kendaraan tersebut akan melakukan

percepatan sebesar 𝑎𝑓 sampai jaraknya tidak lebih besar dari 𝑠𝑓.

3) (Zona “Adaptasi kecepatan”) Jika jarak suatu kendaraan dengan kendaraan

didepannya berada diantara 𝑠𝑓 dan 𝑠𝑛, maka kendaraan tersebut akan melakukan

percepatan/perlambatan dengan magnitudo 𝑎𝑎 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 𝑠𝑓 dan 𝑠𝑛). 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 𝑣0 yang dianggap konstan. Setelah waktu 𝑡0 berlalu, kendaraan

kedua masuk ke jalan dengan kecepatan 𝑣0′ dari posisi yang sama dengan posisi

masuknya kendaraan pertama. Tentukan syarat agar kendaraan kedua ini tidak akan

pernah memasuki zona “Perlambatan”. Asumsikan 𝑣0𝑡0 > 𝑠𝑓. 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 “Adaptasi kecepatan” setelah 𝑁 kali memasuki

zona tersebut. Asumsikan kendaraan ini tidak pernah menabrak kendaraan

didepannya.

Pemodelan diatas dapat dibuat lebih “mulus” dengan pengembangan dibawah ini:

1) Zona “Percepatan” dan “Perlambatan” dapat diganti dengan menganggap 𝑠𝑓 ≈ 𝑠𝑛 ≈

𝑠𝑠 dan magnitudo percepatan kendaraan adalah proporsional dengan magnitudo jarak

kendaraan yang ditinjau dengan kendaraan didepannya dikurang 𝑠𝑠 (dengan

konstanta proporsionalitas 𝑘). Arah dari percepatan tersebut adalah menuju posisi 𝑠𝑠

dari posisi kendaraan yang ditinjau.

2) Zona “Adaptasi kecepatan” yang selalu mengurangi kecepatan kendaraan dapat

diganti dengan percepatan yang proporsional dengan magnitudo kecepatan relatif

kendaraan yang ditinjau terhadap yang didepannya (dengan konstanta

proporsionalitas 𝛽). 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 𝑠𝑠

KTOF VI Juni 2019 Halaman 15 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

memiliki ketergantungan kepada kecepatan kendaraan didepan kendaraan yang ditinjau

(𝑣) dalam bentuk sebagai berikut:

𝑠𝑠 = 𝑠0 + 𝑣𝜏

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 𝑣1. Tuliskan persamaan diferensial

untuk kecepatan kendaraan kedua (𝑣2) dibelakang kendaraan pertama.

d. Tuliskan persamaan diferensial yang menghubungkan kecepatan kendaraan ke-𝑁 − 1

dengan kecepatan kendaraan ke-𝑁.

e. Solusi dari persamaan diferensial di sub-soal c) dapat ditulis sebagai

𝑣2 − 𝑣1 = 𝐴𝑒𝑖𝜔𝑡

Dimana 𝑖2 = −1. Tentukan nilai 𝜔 dinyatakan dalam parameter lainnya yang

didefinisikan sebelumnya. Tuliskan syarat agar nilai 𝜔 tidak murni imajiner.

f. Solusi dari persamaan diferensial di sub-soal d) dapat ditulis sebagai

𝑣𝑗 = 𝑉𝑗𝑒𝑖𝜔𝑡

Dimana 𝑗 ∈ {1,2, … ,𝑁 − 1,𝑁,… }. Secara umum, 𝑉𝑗 dapat bernilai kompleks. Tuliskan

hubungan antara 𝑉𝑁 dan 𝑉𝑁−1. Asumsikan nilai 𝜔 selalu real.

g. Tentukan syarat agar magnitudo 𝑉𝑁 tidak membesar menuju tak terhingga seiring

𝑁 → ∞. 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 (��) dan kecepatan rata-rata semua kendaraan

di jalan (��). Selanjutnya, kita akan mengasumsikan hubungan dibawah ini berlaku.

𝑘 =𝛼

��

𝛽 =𝛾

��

Nilai 𝛼 dan 𝛾 dapat dianggap konstanta yang tidak dipengaruhi semua parameter yang

kita definisikan. Karena asumsi ini, maka terdapat nilai �� minimum, sehingga

berapapun nilai ��, kemacetan tidak akan terjadi. Tentukan nilai �� 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

𝑎 + 𝑖𝑏 = 𝑟𝑒𝑖𝜃

Dimana 𝑟 = √𝑎2 + 𝑏2, tan 𝜃 = 𝑏𝑎⁄ , dan 𝑒 adalah Bilangan Euler.

2) Rumus-rumus berikut ini mungkin berguna.

𝑑

𝑑𝑥𝑒𝑎𝑥 = 𝑎𝑒𝑎𝑥

∫𝑒𝑎𝑥 𝑑𝑥 =1

𝑎𝑒𝑎𝑥 + 𝐶

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 𝑣0′ − 𝑣0, dan semua

percepatan tidak berubah. Untuk selanjutnya, kita akan selalu menggunakan kerangka

ini.

Perhatikan bahwa ketika kendaraan kedua memasuki zona “Percepatan” dan

“Perlambatan”, kendaraan ini memiliki percepatan yang besar dan arahnya konstan,

sehingga kita dapat menganggap kedua zona ini sebagai “bidang miring” dengan

kemiringan uniform (dengan arah kemiringan yang berbeda untuk setiap zona). Ketika

kendaraan kedua memasuki zona “Adaptasi kecepatan”, 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 𝒔𝒇 − 𝒔𝒏, 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 𝑚 (yang nilainya tidak penting untuk pemodelan ini) yang bergerak diatas

bidang-bidang tersebut dibawah percepatan gravitasi 𝑔 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

tan𝛼𝑓 =𝑎𝑓

𝑔⁄ dan tan𝛼𝑛 =𝑎𝑛

𝑔⁄ , serta dengan bidang datar kasar dengan koefisien

gesek kinetik 𝜇 =𝑎𝑎

𝑔⁄ .

Bidang datar selalu mengurangi “energi” 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

2𝑚(𝑣0

′ − 𝑣0)2 +𝑚𝑎𝑓(𝑣0𝑡0 − 𝑠𝑓) < 𝑚𝑎𝑎(𝑠𝑓 − 𝑠𝑛)

(𝑣0′ − 𝑣0)

2 < 2𝑎𝑎(𝑠𝑓 − 𝑠𝑛) − 2𝑎𝑓(𝑣0𝑡0 − 𝑠𝑓)

g. Jika bidang datar “dikunjungi” sebanyak 𝑁 kali sebelum akhirnya berhenti di kali ke-𝑁

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

2𝑚(𝑣0

′ − 𝑣0)2 +𝑚𝑎𝑓(𝑣0𝑡0 − 𝑠𝑓) < 𝑁𝑚𝑎𝑎(𝑠𝑓 − 𝑠𝑛)

(𝑣0′ − 𝑣0)

2 < 2𝑁𝑎𝑎(𝑠𝑓 − 𝑠𝑛) − 2𝑎𝑓(𝑣0𝑡0 − 𝑠𝑓)

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

𝑎𝑘 = 𝑘(𝑥1 − 𝑥2 − 𝑠𝑠)

Dimana 𝑥1 dan 𝑥2 berturut-turut adalah posisi kendaraan pertama dan kedua

diukur dari suatu acuan.

𝑚

𝑔

𝜇 𝛼f 𝛼n

𝑠 = 𝑠n 𝑠 = 𝑠f 𝑠 = 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

𝑎𝛽 = −𝛽(𝑣2 − 𝑣1)

Dimana 𝑣1 dan 𝑣2 berturut-turut adalah kecepatan kendaraan pertama dan kedua

diukur terhadap kerangka jalan.

Sehingga, total percepatan yang dirasakan oleh kendaraan kedua adalah

𝑑𝑣2𝑑𝑡

= 𝑘(𝑥1 − 𝑥2 − 𝑠𝑠) − 𝛽(𝑣2 − 𝑣1)

Untuk memudahkan pengerjaan sub-soal berikutnya, kita akan menghilangkan

variabel posisi dalam persamaan akhir kita, dengan cara menurunkan persamaan

diatas terhadap waktu. Sehingga.

𝑑2𝑣2𝑑𝑡2

= 𝑘(𝑣1 − 𝑣2) − 𝛽𝑑𝑣2𝑑𝑡

i. Persamaan mentah yang didapat di sub-soal c) dapat digeneralisir dengan mengganti

indeks 1 menjadi 𝑁 − 1 dan indeks 2 menjadi 𝑁. Sehingga,

𝑑𝑣𝑁𝑑𝑡

= 𝑘(𝑥𝑁−1 − 𝑥𝑁 − 𝑠𝑠) − 𝛽(𝑣𝑁 − 𝑣𝑁−1)

𝑑2𝑣𝑁𝑑𝑡2

= 𝑘 (𝑣𝑁−1 − 𝑣𝑁 − 𝜏𝑑𝑣𝑁−1𝑑𝑡

) − 𝛽 (𝑑𝑣𝑁𝑑𝑡

−𝑑𝑣𝑁−1𝑑𝑡

)

j. Dengan menggunakan bentuk solusi tersebut, maka didapat

−𝐴𝜔2𝑒𝑖𝜔𝑡 = −𝐴𝑘𝑒𝑖𝜔𝑡 − 𝑖𝐴𝛽𝜔𝑒𝑖𝜔𝑡

𝜔2 − 𝑖𝛽𝜔 − 𝑘 = 0

𝜔 =1

2[𝑖𝛽 ± √−𝛽2 + 4𝑘]

Agar nilai 𝜔 tidak murni imajiner, maka

4𝑘 > 𝛽2

k. Dengan menggunakan bentuk solusi tersebut, maka didapat

−𝑉𝑁𝜔2𝑒𝑖𝜔𝑡 = 𝑘(𝑉𝑁−1(1 − 𝑖𝜏𝜔) − 𝑉𝑁)𝑒

𝑖𝜔𝑡 − 𝑖𝛽𝜔(𝑉𝑁 − 𝑉𝑁−1)𝑒𝑖𝜔𝑡

−𝑉𝑁𝜔2 = 𝑘(𝑉𝑁−1(1 − 𝑖𝜏𝜔) − 𝑉𝑁) − 𝑖𝛽𝜔(𝑉𝑁 − 𝑉𝑁−1)

Dengan mengelompokkan semua suku dengan koefisien 𝑉𝑁 dan 𝑉𝑁−1 berturut-turut

ke ruas kiri dan kanan, maka didapat

𝑉𝑁(−𝜔2 + 𝑘 + 𝑖𝛽𝜔) = 𝑉𝑁−1(𝑘 − 𝑖𝜔(𝜏𝑘 − 𝛽))

KTOF VI Juni 2019 Halaman 19 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑉𝑁 = 𝑉𝑁−1𝑘 − 𝑖𝜔(𝜏𝑘 − 𝛽)

−𝜔2 + 𝑘 + 𝑖𝛽𝜔

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,

𝑉𝑁 = 𝑉𝑁−1√𝑘2 + 𝜔2(𝜏𝑘 − 𝛽)2

√(𝑘 − 𝜔2)2 + 𝛽2𝜔2

Agar syarat yang diminta di sub-soal ini berlaku, maka 𝑉𝑁 harus selalu lebih kecil

daripada 𝑉𝑁−1. Sehingga,

𝑘2 + 𝜔2(𝜏𝑘 − 𝛽)2 < (𝑘 − 𝜔2)2 + 𝛽2𝜔2

𝜏𝑘(𝜏𝑘 − 2𝛽) < −2𝑘 + 𝜔2

m. Dengan mensubstitusi 𝑘 = 𝛼��⁄ dan 𝛽 =

𝛾��⁄ ke dalam hasil akhir sub-soal g), maka

didapat

𝜏𝛼

��(𝜏𝛼

��− 2

𝛾

��) < −2

𝛼

��+ 𝜔2

Untuk mempermudah, kita dapat menyatakan �� dalam ��, sehingga

1

��>

1

2𝜏𝛼𝛾[𝜏2

𝛼2

��+ 2𝛼 − ��𝜔2]

Nilai �� secara umum adalah positif, sehingga nilai terkecil dari 1 ��⁄ adalah 0. Sehingga,

0 > 𝜏2𝛼2

��+ 2𝛼 − ��𝜔2

0 < −𝜏2𝛼2 − 2𝛼�� + ��2𝜔2

0 < [�� −𝛼

𝜔2(1 + √1 + 𝜔2𝜏2)] [�� −

𝛼

𝜔2(1 − √1 + 𝜔2𝜏2)]

Kita menginginkan solusi positif untuk ��, sehingga,

�� >𝛼

𝜔2(1 + √1 + 𝜔2𝜏2)

��𝑚𝑖𝑛 =𝛼

𝜔2(1 + √1 + 𝜔2𝜏2)

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 𝑅 dan atom

hanya terdiri dari satu elektron dan satu proton yang masing-masing memiliki massa 𝑚e

dan 𝑚p (𝑚p ≫ 𝑚e) serta bermuatan −𝑒 dan +𝑒. Diketahui orbit elektron berada pada

bidang 𝑥𝑦.

a. Tentukan kecepatan angular dari gerakan elektron yang mengorbit proton!

b. Tentukan besar medan magnet pada jarak 𝑧 (𝑧 ≫ 𝑅, dari bidang 𝑥𝑦) yang dihasilkan

akibat gerakan elektron!

c. Sebuah magnet batang kecil memiliki medan magnet pada jarak yang jauh darinya

sebesar

𝐵 =𝜇0𝑚

2𝜋𝑧3

Dimana 𝑧 merupakan jarak dari magnet pada sumbu yang menghubungkan kutub

utara dan selatan, 𝑚 adalah momen dipol magnet. Dengan mengasumsikan elektron

mengorbit proton seperti magnet batang kecil, tentukan dipol magnet 𝑚 dari sebuah

elektron yang mengorbit proton!

Untuk medan magnet akibat magnet batang kecil untuk kasus 𝑧 dan 𝑟 tidak terlalu besar

dimana 𝑧 dan 𝑟 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

��(𝑧, 𝑟) =𝜇0𝑚

4𝜋(𝑟2 + 𝑧2)32

[(3𝑧2

𝑟2 + 𝑧2− 1) �� + (

3𝑧𝑟

𝑟2 + 𝑧2) ��]

Sebuah dipol magnet dengan momen magnet sebesar 𝑚 dijatuhkan dari ketinggian ℎ di

atas pusat sebuah kawat cincin diam dengan jari-jari 𝑎. Diketahui 𝑚 mengarah ke bawah

dan anggap sumbu 𝑧 positif ke arah bawah juga.

d. Tentukan GGL induksi yang terjadi pada cincin sebagai fungsi dari kecepatan sesaat

dipol magnet (𝑣) dan posisi dipol terhadap posisi awalnya (𝑧)!

e. Tentukan gaya yang dirasakan dipol magnet akibat pergerakannya tersebut sebagai

fungsi dari arus (𝑖) pada cincin yang dihasilkan dari induksi dipol magnet tersebut!

Sekarang dipol magnet dijatuhkan di dalam sebuah solenoid berjari-jari 𝑎 dengan

resistivitas 𝜌 yang sangat panjang dan tidak dapat bergerak. untuk menyederhanakan

perhitungan, anggap saja setiap lilitan solenoid berbentuk cincin dengan ketinggian 𝑑ℎ

dan ketebalan 𝑤. Abaikan induktansi dari solenoid.

f. Tentukan gaya total yang dialami dipol magnet akibat solenoid tersebut fungsi dari

kecepatan sesaat dipol magnet (𝑣)!

g. Tentukan kecepatan terminal gerakan dipol magnet jika diketahui berat dipol magnet

adalah 𝑊!

Petunjuk :

Mungkin integral berikut akan berguna

∫𝑢2

(1 + 𝑢2)5𝑑𝑢

∞

−∞

=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)

∑��r = 𝑚e��s

KTOF VI Juni 2019 Halaman 22 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

−1

4𝜋𝜀0

𝑒2

𝑅2�� = 𝑚e𝜔

2𝑅(−��) ⟹ 𝜔 =𝑒

2𝑅√

1

𝜋𝑚e𝜀0𝑅

b. Gerakan melingkar elektron ini dapat kita anggap seperti aliran arus pada “kawat”

melingkar dengan jari-jari 𝑅. Arus pada “kawat” ini dapat dinyatakan sebagai berikut

𝐼 =𝑒

𝑇= 𝑒

𝜔

2𝜋⟹ 𝐼 =

𝑒2

4𝜋𝑅√

1

𝜋𝑚e𝜀0𝑅

Besar medan magnet pada jarak 𝑧 dari bidang 𝑥𝑦 adalah

𝐵 =𝜇0𝐼𝑅

2

2(𝑧2 + 𝑅2)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 𝑧 ≫ 𝑅 maka kita bisa lakukan

pendekatan berikut

(𝑧2 + 𝑅2)32 ≈ (𝑧2)

32 = 𝑧3

Sehingga besar medan magnet ini akan menjadi

𝐵 =𝜇0𝑒

2

8𝜋𝑧3√

𝑅

𝜋𝑚e𝜀0

c. Dengan menyamakan persamaan terakhir dengan persamaan yang terdapat pada soal

akan kita peroleh momen dipol magnet

𝐵 =𝜇0𝑒

2

8𝜋𝑧3√

𝑅

𝜋𝑚e𝜀0=𝜇0𝑚

2𝜋𝑧3⟹𝑚 =

𝑒2

4√

𝑅

𝜋𝑚e𝜀0

d. GGL induksi pada kawat cincin disebabkan oleh perubahan fluks magnetik yang

menembus cincin.

𝜀 = −𝑁𝑑𝜙

𝑑𝑡

Nilai 𝑁 = 1 karena cincin hanya terdiri dari satu kumparan

𝜀 = −𝑑𝜙

𝑑𝑡

Kita sedikit modifikasi persamaan di atas dengan mengalikannya dengan 𝑑𝑧/𝑑𝑧

sehingga menjadi

KTOF VI Juni 2019 Halaman 23 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜀 = −𝑑𝜙

𝑑𝑡

𝑑𝑧

𝑑𝑧= −

𝑑𝑧

𝑑𝑡

𝑑𝜙

𝑑𝑧⟹ 𝜀 = −𝑣

𝑑𝜙

𝑑𝑧

Mungkin beberapa dari kalian akan bertanya, “Kenapa 𝑑𝑧/𝑑𝑡 = 𝑣?”. Jadi, 𝑣 ini adalah

kecepatan dari si batang dipol magnet yang dijatuhin. Posisi 𝑧 kan mempunyai arah

postif ke bawah, sedangkan arah gerak si dipol magnet juga ke bawah, maka

perubahan posisi 𝑧 di sini akan sama dengan kecepatan dipol magnet, 𝑑𝑧/𝑑𝑡 = 𝑣

bukan 𝑑𝑧/𝑑𝑡 = −𝑣. 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 𝑧, mengapa? Karena medan magnet pada arah

ini akan memasuki bidang 𝑥𝑦 dari kawat cincin sedangkan komponen radial hanya

akan menyinggung bidang kawat cincin dan tidak menembusnya. Sekarang

masalahnya adalah medan pada arah 𝑧 ini bervariasi nilainya dan bergantung pada 𝑟,

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

𝑑𝑟 yang jaraknya 𝑟 dari pusat kawat cincin. Pada area luasan cincin dengan ketebalan

𝑑𝑟 yang kecil ini medan magnet pada sumbu 𝑧 dapat kita anggap homogen, maka fluks

magnetik yang melalui elemen cincin ini adalah

𝑑𝜙 = �� ∙ (𝑑𝐴��)

𝑑𝜙(𝑧, 𝑟) =𝜇0𝑚

4𝜋(𝑟2 + (ℎ − 𝑧)2)32

(3(ℎ − 𝑧)2

𝑟2 + (ℎ − 𝑧)2− 1)2𝜋𝑟𝑑𝑟

Untuk mendapatkan fluks total yang melalui bidang kawat cincin, kita integralka

persamaan di atas dari 𝑟 = 0 sampai 𝑟 = 𝑎

𝜙(𝑧) =1

4𝜇0𝑚∫ (

3(ℎ − 𝑧)2

(𝑟2 + (ℎ − 𝑧)2)52

−1

(𝑟2 + (ℎ − 𝑧)2)32

)2𝑟𝑑𝑟𝑎

0

Mengapa kita menggunakan ℎ − 𝑧 pada persamaan di atas sedangkan pada rumus

yang diberikan soal hanya 𝑧 saja? Karena 𝑧 yang kita gunakan sekarang adalah posisi

vertikal dari dipol yang dihitung ke bawah dari posisi awal dipol dijatuhkan yaitu dari

ketinggian ℎ di atas pusat kawat cincin sedangkan 𝑧 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 𝑧 ini adalah ℎ − 𝑧. Masih belum paham? Silahkan lihat

gambarnya yah .

Agar kita bisa mengintegrasi persamaan di atas, kita perlu menggunakan teknik

integral subtitusi. Kita misalkan 𝑢 = 𝑟2 + (ℎ − 𝑧)2 sehingga 𝑑𝑢 = 2𝑟𝑑𝑟 maka kita

peroleh

𝜙(𝑧) =1

4𝜇0𝑚∫ (

3(ℎ − 𝑧)2

𝑢52

−1

𝑢32

)𝑑𝑢𝑎2+(ℎ−𝑧)2

(ℎ−𝑧)2

𝜙(𝑧) =1

4𝜇0𝑚[3(ℎ − 𝑧)2 (−

2

3)1

𝑢32

− (−2)1

𝑢12

]

(ℎ−𝑧)2

𝑎2+(ℎ−𝑧)2

𝜙(𝑧) =1

4𝜇0𝑚[−

2(ℎ − 𝑧)2

𝑢32

+2

𝑢12

]

(ℎ−𝑧)2

𝑎2+(ℎ−𝑧)2

𝜙(𝑧) =1

4𝜇0𝑚[

2𝑢 − 2(ℎ − 𝑧)2

𝑢32

]

(ℎ−𝑧)2

𝑎2+(ℎ−𝑧)2

𝜙(𝑧) =1

4𝜇0𝑚[

2𝑎2 + 2(ℎ − 𝑧)2 − 2(ℎ − 𝑧)2

(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)32

−2(ℎ − 𝑧)2 − 2(ℎ − 𝑧)2

(ℎ − 𝑧)3]

𝜙(𝑧) =𝜇0𝑚𝑎

2

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)32

Kita telah dapatkan fluks magnetik yang melalui kawat cincin sebagai fungsi 𝑧. Sekrang

GGL induksi yang dimiliki kawat cincin akibat gerakan dipol adalah

𝑧

ℎ − 𝑧 ℎ

𝑎

cincin kawat

dipol magnet

KTOF VI Juni 2019 Halaman 25 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝜀 = −𝑣𝑑𝜙

𝑑𝑧= −𝑣

𝑑

𝑑𝑧(

𝜇0𝑚𝑎2

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)32

)

𝜀 = −𝑣𝜇0𝑚𝑎

2

2(−

3

2)

2(ℎ − 𝑧)(−1)

(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)52

𝜀 = −3𝜇0𝑚𝑎

2𝑣(ℎ − 𝑧)

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)52

Tanda negatif hanya berhubungan dengan arah aliran arus saja, sehingga kita ambil

besarnya saja

𝜀 =3𝜇0𝑚𝑎

2𝑣(ℎ − 𝑧)

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)52

e. Besar gaya yang dirasakan magnet akibat cincin adalah sama dengan gaya yang

dirasakan cincin akibat magnet (aksi-reaksi)

𝐹 = 𝑖(2𝜋𝑎)𝐵𝑟

Dengan

��𝑟 =𝜇0𝑚

4𝜋(𝑟2 + (ℎ − 𝑧)2)32

(3(ℎ − 𝑧)𝑟

𝑟2 + (ℎ − 𝑧)2) ��

Sehingga

𝐹 =3(ℎ − 𝑧)𝜇0𝑚𝑎

2𝑖

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)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 𝑑ℎ dan tebal 𝑤. Hambatan dari elemen cincin ini

adalah

𝑅 = 𝜌2𝜋𝑎

𝑤𝑑ℎ

Arus yang mengalir pada elemen cincin ini adalah

𝑖 =𝜀

𝑅=3𝜇0𝑚𝑎

2𝑣(ℎ − 𝑧)

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)52

𝑤𝑑ℎ

2𝜌𝜋𝑎

KTOF VI Juni 2019 Halaman 26 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Dalam kondisi ini, kita meninjau dipol magnet saat berada di posisi 𝑧 sehingga 𝑧 disini

adalah konstan. Kemudian gaya yang diterima oleh dipol magnet akibat elemen cincin

adalah

𝑑𝐹 =3(ℎ − 𝑧)𝜇0𝑚𝑎

2

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)52 3𝜇0𝑚𝑎

2𝑣(ℎ − 𝑧)

2(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)52

𝑤𝑑ℎ

2𝜌𝜋𝑎

𝑑𝐹 =9𝜇0

2𝑚2𝑎4𝑤𝑣

8𝜌𝜋

(ℎ − 𝑧)2

(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)5𝑑ℎ

𝑎

Untuk mendapatkan gaya total dari solenoida pada dipol magnet, kita integrasi

persamaan di atas. Perhatikan informasi pada soal bahwa solenoida sangat panjang

yang artinya ℎ berkisar dari +∞ sampai −∞. Alhasil akan kita dapatkan

𝐹 =9𝜇0

2𝑚2𝑎3𝑤𝑣

8𝜌𝜋 ∫

(ℎ − 𝑧)2

(𝑎2 + (ℎ − 𝑧)2)5𝑑ℎ

+∞

−∞

Agar bisa kita integrasi, kita perlu menggunakan teknik subtitusi lagi, misalkan 𝑢 =

(ℎ − 𝑧)/𝑎 maka 𝑑𝑢 = 𝑑ℎ/𝑎 maka akan kita dapatkan

𝐹 =9𝜇0

2𝑚2𝑎3𝑤𝑣

8𝜌𝜋 ∫

(ℎ − 𝑧𝑎 )

2

𝑎7 (1 + (ℎ − 𝑧𝑎 )

2

)

5

𝑑ℎ

𝑎

+∞

−∞

𝐹 =9𝜇0

2𝑚2𝑤𝑣

8𝜌𝜋𝑎4 ∫

𝑢2

(1 + 𝑢2)5𝑑𝑢

+∞

−∞

Menggunakan rumus integral yang diberikan soal akan kita peroleh

𝐹 =9𝜇0

2𝑚2𝑤𝑣

8𝜌𝜋𝑎4(5𝜋

128)

𝐹 =45𝜇0

2𝑚2𝑤𝑣

1024𝜋2𝜌𝑎4

g. Kecepatan terminal terjadi saat percepatan dipol magnet bernilai nol.

∑𝐹 = 𝑚𝑎

𝐹 −𝑊 = 0

45𝜇02𝑚2𝑤𝑣t

1024𝜋2𝜌𝑎4−𝑊 = 0⟹ 𝑣t =

1024𝑊𝜋2𝜌𝑎4

45𝜇02𝑚2𝑤

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 𝑇S = 5780 K. Besar konstanta Stefans-Boltzmann adalah

𝜎 = 5,67 × 10−8 W𝑚−2K−4.

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 𝑇, tekanan atmosfer 𝑃,

dan kerapatan udara 𝜌 bergantung pada ketinggian 𝑧 dari permukaan bumi. Secara

KTOF VI Juni 2019 Halaman 28 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

empirik, kerapatan 𝜌 dalam rentang ketinggian sampai 10 km dapat dituliskan sebagai

bentuk kuadratik dalam 𝑧 yaitu

𝜌(𝑧) = 𝜌0 + 𝜌1𝑧 + 𝜌2𝑧2

Dengan 𝜌0 = 1,222 kgm−3, 𝜌1 = −1,13 × 10−4 kgm−4, dan 𝜌2 = 3 × 10−9 kgm−5.

Diasumsikan bahwa atmosfer bersifat gas ideal serta bersifat adiabatik dengan konstanta

𝛾 = 1,23. Asumsikan percepatan gravitasi bumi di ketinggian yang tidak terlalu tinggi

bernilai konstan sebesar 𝑔 = 9,81 ms−2. Tekanan udara di permukaan bumi adalah

1 atm = 1,013 × 105 Pa.

k. Tentukan ketinggian 𝑧 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

𝐼S =𝑃

𝐴= 𝑒𝜎𝑇S

4

Matahari dapat dianggap sebagai benda hitam sempurna (𝑒 = 1) sehingga

𝐼S = 𝜎𝑇S4

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

𝑃 = 𝐴𝐼 = 4𝜋𝑅2𝐼 ⟹ 𝐼𝑅2 = konstan

Sekarang kita menghitung daya radiasi matahari tepat di permukaan bumi. Suku 𝑅

pada persamaan di atas adalah jarak titik yang ditinjau dari pusat matahari. Misal jarak

matahari-bumi adalah 𝑠, maka akan kita peroleh intensitas radiasi matahari di

permukaan bumi yaitu

KTOF VI Juni 2019 Halaman 29 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝐼S𝑅S2 = 𝐼E𝑠

2 ⟹ 𝐼E = (𝑅S𝑠)2

𝐼S

Perhatikan gambar di bawah!

Untuk sudut 𝜃 yang kecil, kita bisa lakukan pendekatan berikut yaitu

tan 𝜃 ≈ sin 𝜃 ≈ 𝜃

𝑅S𝑠= 𝜃

Sehingga

𝐼E = 𝜃2𝐼S

Subtitusi intensitas radiasi di permukaan matahari, akan kita peroleh

𝐼E = 𝜃2𝜎𝑇S4

Subtitusi nilai numerik akan kita peroleh

𝐼E = (0,0047)2(5,67 × 10−8 Wm−2K−4)(5780 K)4

𝐼E = 1397,945 Wm−2 ≈ 1398 Wm−2

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%𝐼E = 𝜎𝑇B4

𝑇B = √7𝐼E10𝜎

4

Subtitusi nilai numerik akan kita peroleh

𝑇B = √7 × 1398 Wm−2

10 × 5,67 × 10−8 Wm−2

4

𝑇B = 362,45 K ≈ 362 K

𝜃

𝑠

𝑅S

KTOF VI Juni 2019 Halaman 30 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

Jika kita konversi ke Celcius akan kita dapatkan

𝑇B = 362 − 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 “puluhan celcius”. Berdasarkan itu semua,

model ini masih belum bisa diterima.

d. Kerapatan udara di permukaan bumi adalah

𝜌(0) = 𝜌0

Misal posisi ketinggian saat kerapatan udara bernilai setengah dari di permukaan bumi

adalah 𝑧c, maka akan kita peroleh

𝜌(𝑧c) =𝜌02= 𝜌0 + 𝜌1𝑧c + 𝜌2𝑧c

2

𝜌2𝑧c2 + 𝜌1𝑧c +

𝜌02= 0

Dengan rumus kuadrat akan kita peroleh

𝑧c =−𝜌1 ±√𝜌1

2 − 2𝜌2𝜌02𝜌2

Ketinggian tidak mungkin negatif sehingga

𝑧c = −𝜌12𝜌2

(1 − √1 −2𝜌2𝜌0𝜌12

)

Nilai numeriknya adalah

𝑧c = −−1,13 × 10−4 kgm−4

2 × 3 × 10−9 kgm−5(1 − √1 −

2 × 3 × 10−9 kgm−5 × 1,222 kgm−3

(−1,13 × 10−4 kgm−4)2)

𝑧c = 6543,99 m ≈ 6544 m

e. Dari persamaan gas ideal kita dapatkan

𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇

𝑃𝑉 =𝑚

𝑀𝑅𝑇

𝑃 =𝑚

𝑉

𝑅𝑇

𝑀⟹ 𝑃 = 𝜌

𝑅𝑇

𝑀

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, 𝑃, 𝜌, dan 𝑇 ketiganya bergantung pada ketinggian. Bagaimana cara

menemukan fungsi tiap variabel tersebut terhadap ketinggian? Kita bisa dapatkan dari

proses adiabatik. Pada proses adiabatik berlaku

𝑃1−𝛾𝑇𝛾 = konstan

Diferensialkan persamaan di atas menggunakan aturan rantai

(1 − 𝛾)𝑃−𝛾𝑇𝛾𝑑𝑃 + 𝛾𝑃1−𝛾𝑇𝛾𝑑𝑇 = 0

Bagi persamaan di atas dengan 𝑃1−𝛾𝑇𝛾 kita dapatkan

(1 − 𝛾)𝑑𝑃

𝑃+ 𝛾

𝑑𝑇

𝑇= 0… (1)

Lakukan hal yang sama pada persamaan gas ideal yang sebelumnya kita bahas

𝑑𝑃 =𝑅𝑇

𝑀𝑑𝜌 + 𝜌

𝑅

𝑀𝑑𝑇

Bagi dengan persamaan gas ideal kembali

𝑑𝑃

𝑃=𝑑𝜌

𝜌+𝑑𝑇

𝑇⟹

𝑑𝑇

𝑇=𝑑𝑃

𝑃−𝑑𝜌

𝜌… (2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1)

(1 − 𝛾)𝑑𝑃

𝑃+ 𝛾 (

𝑑𝑃

𝑃−𝑑𝜌

𝜌) = 0

𝑑𝑃

𝑃− 𝛾

𝑑𝜌

𝜌= 0

Integralkan persamaan di atas, kita peroleh

ln 𝑃 − 𝛾 ln 𝜌 = 𝐾 = konstanta

ln𝑃

𝜌𝛾= 𝐾

𝑃(𝑧) = 𝐶𝜌𝛾(𝑧)

Suku 𝐶 = 𝑒𝐾 adalah konstanta berdimensi. Subtitusi 𝜌(𝑧)

𝑃(𝑧) = 𝐶(𝜌0 + 𝜌1𝑧c + 𝜌2𝑧c2)𝛾

Perbandingan antara tekanan udara di ketinggian 𝑧c dan di permukaan bumi adalah

𝑃(𝑧c)

𝑃(0)= (

𝜌0 + 𝜌1𝑧c + 𝜌2𝑧c2

𝜌0)

𝛾

Subtitusi nilai numeriknya akan kita peroleh

KTOF VI Juni 2019 Halaman 32 dari 32

Kontes Terbuka

Olimpiade Fisika

𝑃(𝑧c)

𝑃(0)= (

1,222 kgm−3 + (−1,13 × 10−4 kgm−4) × 6544 m + 3 × 10−9 kgm−5 × (6544 m)2

1,222 kgm−3)

1,23

𝑃(𝑧c)

𝑃(0)= 0,426

f. Subtitusi 𝑃(𝑧) ke persamaan gas ideal

𝐶𝜌𝛾 = 𝜌𝑅𝑇

𝑀⟹ 𝑇(𝑧) = 𝐶

𝑀

𝑅𝜌𝛾−1(𝑧)

Subtitusi 𝜌(𝑧), dan 𝐶𝑀/𝑅 adalah konstanta, maka bisa kita ganti dengan konstanta

pula

𝑇(𝑧) = 𝑘(𝜌0 + 𝜌1𝑧 + 𝜌2𝑧2)𝛾−1

Diketahui saat 𝑧 = 10 km, 𝑇 = 225 K, akan kita peroleh nilai 𝑘

225 = 𝑘(1,222 kgm−3 + (−1,13 × 10−4 kgm−4) × 10000 m + 3 × 10−9 kgm−5

× (10000 m)2)1,23−1

𝑘 = 279,078 ≈ 279

Dimensi 𝑘 sedikit rumit jadi saya tidak tuliskan. Alhasil, suhu di permukaan bumi

adalah

𝑇(0) = 279(1,222)1,23−1

𝑇(0) = 292,1666 K ≈ 292 K

atau dalam derajat celcius akan kita dapatkan

𝑇(0) = 292 − 273 = 190C

Sumber soal : Try Out Pembinaan Tahap II Pra IphO 2019

Ahmad Basyir Najwan

Universitas Indonesia