Solusi OSN Fisika Teori 2024
Kunci Jawaban:
keterangan:jika rumus atau jawaban terpotong dan tumpang tindih, harap seting layar hp menjadi landscape
Nomor 1
Nomor 2
Nomor 3
Nomor 4
Nomor 5
Nomor 1. Gerak Partikel di Atas Bidang Miring Berosilasi
Bagian (a)
Di kerangka bidang miring (non inersial), partikel mendapatkan gaya fiktif \( \vec{F}_f = m\vec{a}_{\text{rel}} \) dimana \( \vec{a}_{\text{rel}} = -A\vec{Z} - \vec{h}\hat{Y} \).
Dengan proyeksi, kita bisa peroleh \( \vec{Z} = -\cos\phi\hat{y} + \sin\phi\hat{z} \) dan \( \hat{Y} = \sin\phi\hat{y} + \cos\phi\hat{z} \), sehingga diperoleh
\[ \vec{F}_f = -mA\vec{Z} - m\vec{h}\hat{Y} \Rightarrow \vec{F}_f = (mA\cos\phi - m\vec{h}\sin\phi)\hat{y} + (-mA\sin\phi - m\vec{h}\cos\phi)\hat{z} \]Pada partikel, juga bekerja gaya real yaitu
\[ \vec{F}_r = -mg\hat{Y} + N\hat{z} \Rightarrow \vec{F}_r = -mg\sin\phi\hat{y} + (N-mg\cos\phi)\hat{z} \]Percepatan partikel adalah \( \vec{a} = (\hat{x},\hat{y},\hat{z}) \). Dari Hukum II Newton, diperoleh
\[ \vec{F}_r + \vec{F}_f = m\vec{a} \] \[ -mg\sin\phi\hat{y} + (N-mg\cos\phi)\hat{z} + (mA\cos\phi - m\vec{h}\sin\phi)\hat{y} + (-mA\sin\phi - m\vec{h}\cos\phi)\hat{z} = m\hat{x}\hat{x} + m\hat{y}\hat{y} + m\hat{z}\hat{z} \] \[ \hat{x} \Rightarrow \hat{x} = 0 \] \[ \hat{y} \Rightarrow \hat{y} = A\cos\phi - g\sin\phi - \vec{h}\sin\phi \] \[ \hat{z} \Rightarrow \hat{z} = \frac{N}{m} - g\cos\phi - A\sin\phi - \vec{h}\cos\phi \]Partikel hanya bergerak di permukaan bidang miring, maka \( \hat{z} = 0 \), ini mengindikasikan juga \( \hat{z} = 0 \) dan \( z = 0 \). Karena \( h(t) = h_0\sin(\omega t) \), maka \( \vec{h} = -\omega^2h_0\sin(\omega t) \) Dari persamaan gerak arah \( \hat{x} \), dengan mudah kita bisa peroleh
\[ x(t) = v_0t \]Kemudian dari persamaan gerak arah \( \hat{y} \), kita peroleh
\[ \hat{y}(t) = (A\cos\phi - g\sin\phi)\int_0^t dt + \omega^2h_0\sin\phi\int_0^t \sin(\omega t)dt \] \[ \hat{y}(t) = (A\cos\phi - g\sin\phi)t + \omega h_0\sin\phi[1-\cos(\omega t)] \] \[ y(t) = y_0 + (A\cos\phi - g\sin\phi)\int_0^t tdt + \omega h_0\sin\phi\int_0^t [1-\cos(\omega t)]dt \] \[ y(t) = y_0 + \frac{1}{2}(A\cos\phi - g\sin\phi)t^2 + h_0\sin\phi[\omega t - \sin(\omega t)] \]Bagian (b)
Dari persamaan gerak arah \( \hat{z} \), diperoleh
\[ \frac{N}{m} = g\cos\phi + A\sin\phi - \omega^2h_0\cos\phi\sin(\omega t) \]Dengan mudah kita bisa peroleh bahwa \( N \) maksimum saat \( \sin(\omega t) = -1 \) yaitu
\[ N_{\text{maks}} = m((g+\omega^2h_0)\cos\phi + A\sin\phi) \]Bagian (c)
Kecepatan partikel di kerangka bidang miring
\[ \hat{x} = v_0 \] \[ \hat{y} = (A\cos\phi - g\sin\phi)t + \omega h_0\sin\phi[1-\cos(\omega t)] \Rightarrow \hat{y} = (A\cos\phi - g\sin\phi)t + 2\omega h_0\sin\phi\sin^2\left(\frac{\omega t}{2}\right) \]Kecepatan partikel di kerangka inersial
\[ \dot{X} = \dot{x} \] \[ \dot{Y} = h + y \sin \phi \] \[ \dot{Z} = -\dot{y} \cos \phi \]Sehingga, kecepatan total partikel adalah
\[ V^2 = \dot{X}^2 + \dot{Y}^2 + \dot{Z}^2 \] \[ V^2 = \dot{x}^2 + \dot{y}^2 + 2h \dot{y} \sin \phi \]Energi mekanik partikel dengan demikian adalah
\[ E = \frac{1}{2} m V^2 + mg(h + y \sin \phi) \]Bentuk lengkap:
\[ E = \frac{1}{2} m \left[ v_0 + \left( (A \cos \phi - g \sin \phi) t + 2 \omega h_0 \sin \phi \sin^2 \left( \frac{\omega t}{2} \right)^2 \right) + mg \left( h_0 \sin (\omega t) + y_0 \sin \phi + \frac{1}{2} \sin \phi (A \cos \phi - g \sin \phi) t^2 + h_0 \sin^2 \phi [\omega t - \sin (\omega t)] \right) \]Bagian (d)
Saat \( t = 10T = 20\pi / \omega \), maka \(\sin (\omega t) = \sin (20\pi) = 0\), sehingga diperoleh
\[ 0 = y_0 + \frac{1}{2} (A \cos \phi - g \sin \phi) t^2 + h_0 \sin \phi \omega t \] \[ 0 = y_0 + \frac{200\pi^2}{\omega^2} (A \cos \phi - g \sin \phi) + 20\pi h_0 \sin \phi \] \[ \omega = \sqrt{\frac{200\pi^2 (g \sin \phi - A \cos \phi)}{y_0 + 20\pi h_0 \sin \phi}} \]Nomor 2. Fenomena Presesi Merkurius
Bagian (a)
Energi total per massa planet merkurius adalah
\[ \varepsilon = \frac{E}{m} = \frac{1}{2} r^2 + \frac{L^2}{2r^2} - \frac{GM}{r} - \frac{GM L^2}{c^2 r^3} \]Bagian (b)
Dari \( x = \frac{L^2}{GM r} \) maka \( r = \frac{L^2}{GM x} \) atau \( \frac{1}{r} = \frac{GM x}{L^2} \), diperoleh
\[ \frac{L^2}{2r^2} = \frac{L^2}{2} \frac{G^2 M^2 x^2}{L^4} = \frac{G^2 M^2}{2L^2} x^2 \] \[ \frac{GM}{r} = GM \frac{GM x}{L^2} = \frac{G^2 M^2}{L^2} x \] \[ \frac{GM L^2}{c^2 r^3} = \frac{GM L^2 G^3 M^3 x^3}{c^2 L^6} = \frac{G^4 M^4}{c^2 L^4} x^3 \]Dengan menggunakan \( \dot{r} = \frac{dr}{dt} = \frac{L}{r^2} \frac{dr}{d\phi} \), diperoleh:
\[ \varepsilon = \frac{1}{2} \frac{G^2 M^2}{L^2} \left( \frac{dx}{d\phi} \right)^2 + \frac{G^2 M^2}{2L^2} x^2 - \frac{G^2 M^2}{L^2} x - \frac{G^4 M^4}{c^2 L^4} x^3 \] \[ \left( \frac{dx}{d\phi} \right)^2 - 2x + x^2 - \frac{2G^2 M^2}{c^2 L^2} x^3 = \frac{2\varepsilon L^2}{G^2 M^2} \] \[ \left( \frac{dx}{d\phi} \right)^2 + Ax + Bx^2 + Cx^3 = D \]Diperoleh:
\[ A = -2 \] \[ B = 1 \] \[ C = -\frac{2G^2 M^2}{c^2 L^2} \] \[ D = \frac{2\varepsilon L^2}{G^2 M^2} \]Bagian (c)
Diferensial terhadap \(\phi\) persamaan di bagian (b):
\[ 2 \frac{dx}{d\phi} \frac{d^2 x}{d\phi^2} + A \frac{dx}{d\phi} + 2Bx \frac{dx}{d\phi} + 3Cx^2 \frac{dx}{d\phi} = 0 \] \[ \frac{dx}{d\phi} \left( \frac{d^2 x}{d\phi^2} + \frac{A}{2} + Bx + \frac{3}{2}Cx^2 \right) = 0 \] \[ \frac{d^2 x}{d\phi^2} + Bx + \frac{3}{2}Cx^2 = -\frac{A}{2} \]Bagian (d)
Tanpa suku koreksi (\(C = 0\)):
\[ \frac{d^2 x_0}{d\phi^2} + x_0 = 1 \]Solusi persamaan ini adalah:
\[ x_0 = 1 + c_1 \sin \phi + c_2 \cos \phi \]Dengan syarat batas:
\[ x_0(\phi) = 1 + e \cos \phi \]Bagian (e)
Substitusi \(x = x_0 + x_1\) ke persamaan diferensial:
\[ \frac{d^2 x_1}{d\phi^2} + x_1 = \frac{3G^2 M^2}{c^2 L^2} x_0^2 \]Dari solusi yang diberikan:
\[ x_1 = \frac{3G^2 M^2}{c^2 L^2} (k_1 + k_2 \phi \sin \phi + k_3 \cos(2 \phi)) \]Diperoleh:
\[ k_1 = 1 + \frac{e^2}{2} \] \[ k_2 = e \] \[ k_3 = -\frac{e^2}{6} \]Bagian (f)
Solusi yang berkontribusi pada gerak presesi:
\[ x = 1 + e \cos \phi + \frac{3G^2 M^2}{c^2 L^2} e \phi \sin \phi \]Dengan pendekatan \(\eta \ll 1\):
\[ \eta = \frac{3G^2 M^2}{c^2 L^2} \]Bagian (g)
Selisih sudut setiap satu kali revolusi:
\[ \delta \phi = 2\eta \pi = \frac{6\pi G^2 M^2}{c^2 L^2} \]Nomor 3. Partikel Bermuatan di Sabuk Radiasi Van Allen
Bagian (a)
Dari definisi gaya Lorentz \( \vec{F} = q \vec{v} \times \vec{B} \):
\[ F_r = q v_\phi B_z \] \[ F_\phi = q v_z B_r - q v_r B_z \] \[ F_z = -q v_\phi B_r \]Bagian (b)
Dari kondisi \( B_r = 0, v_r = 0, v_\phi = v_{\perp} \), dan \( v_z = v_{z_0} \):
\[ F_r = q v_{\perp} B_z \]Gaya sentripetal:
\[ -m\frac{v_{\perp}^2}{R} = q v_{\perp} B_z \] \[ R = \frac{m|v_{\perp}|}{q B_z} \]Bagian (c)
Frekuensi angular:
\[ \omega = \frac{|v_{\perp}|}{R} = \frac{q B_z}{m} \]Bagian (d)
Gaya arah sumbu z:
\[ F_z = \frac{1}{2} q v_\phi r \left( \frac{\partial B_z}{\partial z} \right)_0 \]Dengan \( v_\phi \approx v_{\perp} \) dan \( r \approx R \):
\[ F_z = -\frac{m v_{\perp}^2}{2 B_z} \left( \frac{\partial B_z}{\partial z} \right)_0 \]Bagian (e)
Momen magnetik partikel konstan:
\[ \mu = \frac{m v_{\perp}^2}{2 B_{z_0}} \]Dengan konservasi energi:
\[ \frac{v_{z0}^2}{v_{\perp}^2} = 2(M-1), \quad M = \frac{B_{zmax}}{B_{z0}} \]Nomor 4. Ekspansi Linear Gas
Bagian (a)
Persamaan keadaan dari grafik:
\[ P = 3P_0 - \frac{3P_0}{4V_0} V \]Dari persamaan gas ideal \( PV = RT \):
\[ T = \frac{3P_0}{R} V - \frac{3P_0}{4R V_0} V^2 \]Suhu maksimum saat \( V_e = 2V_0 \):
\[ T_e = \frac{3P_0 V_0}{R} \]Bagian (b)
Tekanan saat \( V = V_0 \):
\[ P_1 = \frac{9}{4} P_0 \]Tekanan saat \( V = 2V_0 \):
\[ P_2 = \frac{3}{2} P_0 \]Usaha:
\[ W = \frac{15}{8} P_0 V_0 \]Bagian (c)
Kapasitas kalor:
\[ C(V) = C_V + R \frac{4V_0 - V}{4V_0 - 2V} \]Untuk \( C(V_0/2) \):
\[ n = \frac{8}{3} \]Nomor 5. Kapasitor Sensitif Temperatur
Bagian (a)
Usaha yang dilakukan sistem:
\[ W = \left( \frac{T_2}{T_1} - 1 \right) Q \]Bagian (b)
Kalor keluar:
\[ Q_{\text{out}} = \frac{T_2}{T_1} Q \]Bagian (c)
Perubahan tegangan terhadap suhu:
\[ \frac{dV}{dT} = -\frac{2Q}{q T} \]
COMMENTS