Enam soal pilihan OSN dengan diagram interaktif, jebakan konsep, dan pembahasan super detail. Klik tombol untuk membuka pembahasan.
Sebuah pipa U terbuka pada kedua ujungnya, mula-mula berisi raksa dengan permukaan setinggi pada kedua lengan. Kemudian air ditambahkan ke lengan kiri hingga permukaan raksa di lengan kiri turun 2 cm dan di lengan kanan naik 2 cm.
| \(\rho_{\text{Hg}}\) | 13.600 kg/m³ |
| \(\rho_{\text{air}}\) | 1.000 kg/m³ |
| \(g\) | 10 m/s² |
Banyak peserta hanya menggunakan \(\Delta h = 2\text{ cm}\) (selisih satu sisi saja), padahal yang menentukan tekanan adalah selisih tinggi raksa total antara kedua lengan, yaitu \(2\Delta h = 4\text{ cm}\).
Identifikasi titik selevel. Pilih titik A di permukaan raksa lengan kiri (di bawah kolom air) dan titik B di permukaan raksa lengan kanan. Kedua titik ini tidak selevel — B lebih tinggi oleh \(2\Delta h\).
Tekanan di titik A (dari lengan kiri, turun dari atas):
$$P_A = P_0 + \rho_{\text{air}} \cdot g \cdot h$$Tekanan di titik B (dari lengan kanan, langsung di atas raksa):
$$P_B = P_0$$Hubungkan A dan B melalui kolom raksa. Tekanan di titik A = tekanan di titik yang selevel dengan A pada lengan kanan:
$$P_A = P_B + \rho_{\text{Hg}} \cdot g \cdot (2\Delta h)$$di mana \(2\Delta h = 4\text{ cm} = 0{,}04\text{ m}\) adalah selisih tinggi raksa total.
Substitusi dan selesaikan:
$$P_0 + \rho_{\text{air}} \cdot g \cdot h = P_0 + \rho_{\text{Hg}} \cdot g \cdot 2\Delta h$$ $$\rho_{\text{air}} \cdot h = \rho_{\text{Hg}} \cdot 2\Delta h$$ $$h = \frac{\rho_{\text{Hg}} \cdot 2\Delta h}{\rho_{\text{air}}} = \frac{13.600 \times 0{,}04}{1.000}$$Perhatikan! Nilai \(h\) yang dihitung adalah tinggi air di atas raksa di lengan kiri. Tetapi permukaan raksa lengan kiri turun sebesar \(\Delta h = 2\text{ cm}\), jadi kolom air yang dituangkan (diukur dari level awal raksa) adalah:
$$h_{\text{tuang}} = h - \Delta h = 54{,}4 - 2 = 52{,}4\text{ cm}$$Namun, jika soal menanyakan "tinggi kolom air di atas permukaan raksa saat ini", jawabannya \(h = 54{,}4\text{ cm}\). Pembahasan di atas mengasumsikan yang ditanya adalah tinggi kolom air di atas antarmuka air–raksa.
Insight: Selisih tekanan diukur oleh selisih tinggi raksa total \(2\Delta h\), bukan \(\Delta h\) satu sisi. Ini analog dengan prinsip manometer U yang selalu mengukur \(\Delta P = \rho g \cdot \Delta h_{\text{total}}\).
Sebuah balok es bermassa \(m_{\text{es}} = 100\text{ g}\) mengandung bola timbal bermassa \(m_{\text{Pb}} = 50\text{ g}\) yang tertanam di dalamnya. Sistem ini mengapung di dalam air dalam sebuah wadah berpenampang \(A = 100\text{ cm}^2\).
| \(\rho_{\text{air}}\) | 1.000 kg/m³ |
| \(\rho_{\text{es}}\) | 900 kg/m³ |
| \(\rho_{\text{Pb}}\) | 11.340 kg/m³ |
| \(A\) | 100 cm² |
Banyak siswa menjawab "tetap" karena mengingat hasil klasik: es murni yang mengapung di air → level tidak berubah saat meleleh. Tetapi di sini ada timbal yang semula terangkat oleh es, lalu tenggelam setelah es meleleh. Ini mengubah volume displasemen!
Volume air yang dipindahkan saat mengapung (dari hukum Archimedes, syarat setimbang):
$$F_b = W_{\text{total}} \quad\Rightarrow\quad \rho_{\text{air}} \cdot g \cdot V_{\text{disp}} = (m_{\text{es}} + m_{\text{Pb}}) \cdot g$$ $$V_{\text{disp}} = \frac{m_{\text{es}} + m_{\text{Pb}}}{\rho_{\text{air}}} = \frac{0{,}100 + 0{,}050}{1.000} = 1{,}50 \times 10^{-4}\text{ m}^3 = 150\text{ cm}^3$$Setelah es meleleh, es berubah menjadi air:
$$V_{\text{air dari es}} = \frac{m_{\text{es}}}{\rho_{\text{air}}} = \frac{0{,}100}{1.000} = 1{,}00 \times 10^{-4}\text{ m}^3 = 100\text{ cm}^3$$Timbal tenggelam ke dasar, volume yang tercelup:
$$V_{\text{Pb}} = \frac{m_{\text{Pb}}}{\rho_{\text{Pb}}} = \frac{0{,}050}{11.340} = 4{,}41 \times 10^{-6}\text{ m}^3 \approx 4{,}41\text{ cm}^3$$Total volume yang "mengisi" bak setelah meleleh:
$$V_{\text{total akhir}} = V_{\text{air dari es}} + V_{\text{Pb}} = 100 + 4{,}41 = 104{,}41\text{ cm}^3$$Volume displasemen awal = \(150\text{ cm}^3\).
Perubahan volume displasemen:
$$\Delta V = V_{\text{total akhir}} - V_{\text{disp}} = 104{,}41 - 150 = -45{,}59\text{ cm}^3$$Negatif → volume air di bak berkurang → permukaan air turun.
Perubahan tinggi permukaan air:
$$\Delta h = \frac{\Delta V}{A} = \frac{-45{,}59}{100} = -0{,}456\text{ cm}$$Insight: Untuk es murni: \(V_{\text{disp}} = m_{\text{es}}/\rho_{\text{air}} = V_{\text{air dari es}}\) → level tetap. Tapi timbal semula "ikut terangkat" es (memerlukan displasemen lebih besar), dan setelah es meleleh timbal hanya displasemen \(m_{\text{Pb}}/\rho_{\text{Pb}} \ll m_{\text{Pb}}/\rho_{\text{air}}\). Selisih inilah yang menyebabkan penurunan.
Udara mengalir melalui pipa venturi seperti pada diagram. Penampang pipa lebar \(D_1 = 10\text{ cm}\) menyempit menjadi \(D_2 = 6\text{ cm}\). Manometer U berisi raksa menunjukkan selisih tinggi \(\Delta h = 8\text{ cm}\).
| \(\rho_{\text{Hg}}\) | 13.600 kg/m³ |
| \(\rho_{\text{udara}}\) | 1,2 kg/m³ |
| \(g\) | 10 m/s² |
Dua jebakan sekaligus! (1) Menggunakan \(\rho_{\text{Hg}}\) dalam persamaan Bernoulli — padahal fluida yang mengalir adalah udara, jadi yang benar adalah \(\rho_{\text{udara}}\). (2) Lupa bahwa \(\Delta P\) dari manometer dihitung dengan \(\rho_{\text{Hg}} \cdot g \cdot \Delta h\), bukan \(\rho_{\text{udara}}\).
Hitung selisih tekanan dari manometer (ini menggunakan \(\rho_{\text{Hg}}\)):
$$\Delta P = P_1 - P_2 = \rho_{\text{Hg}} \cdot g \cdot \Delta h = 13.600 \times 10 \times 0{,}08 = 10.880\text{ Pa}$$Persamaan Bernoulli untuk udara (diasumsikan tak-kompresibel, horizontal):
$$P_1 + \tfrac{1}{2}\rho_{\text{udara}}\,v_1^2 = P_2 + \tfrac{1}{2}\rho_{\text{udara}}\,v_2^2$$ $$\Delta P = \tfrac{1}{2}\rho_{\text{udara}}(v_2^2 - v_1^2)$$Perhatikan: di sini yang digunakan adalah \(\rho_{\text{udara}}\), BUKAN \(\rho_{\text{Hg}}\)! Inilah jebakan utama.
Persamaan kontinuitas untuk menghubungkan \(v_1\) dan \(v_2\):
$$A_1 v_1 = A_2 v_2 \quad\Rightarrow\quad v_2 = \frac{A_1}{A_2}\,v_1 = \left(\frac{D_1}{D_2}\right)^2 v_1 = \left(\frac{10}{6}\right)^2 v_1 = \frac{25}{9}\,v_1$$Substitusi ke Bernoulli:
$$\Delta P = \tfrac{1}{2}\rho_{\text{udara}}\left[\left(\frac{25}{9}\right)^2 v_1^2 - v_1^2\right]$$ $$\Delta P = \tfrac{1}{2}\rho_{\text{udara}}\,v_1^2\left(\frac{625}{81} - 1\right) = \tfrac{1}{2}\rho_{\text{udara}}\,v_1^2 \cdot \frac{544}{81}$$ $$10.880 = \tfrac{1}{2} \times 1{,}2 \times v_1^2 \times \frac{544}{81}$$ $$10.880 = 0{,}6 \times 6{,}716 \times v_1^2 = 4{,}030 \times v_1^2$$Selesaikan:
$$v_1 = \sqrt{\frac{10.880}{4{,}030}} = \sqrt{2.699{,}8} \approx 52{,}0\text{ m/s}$$Insight: Dalam venturi meter, ada dua kepadatan berbeda yang berperan: \(\rho_{\text{manometer}}\) untuk menghitung \(\Delta P\), dan \(\rho_{\text{fluida alir}}\) dalam persamaan Bernoulli. Mencampuradukkan keduanya adalah kesalahan paling fatal dalam soal ini.
Dua wadah silinder dengan penampang berbeda terhubung di bagian bawah. Wadah A berpenampang \(A_1 = 200\text{ cm}^2\), wadah B berpenampang \(A_2 = 50\text{ cm}^2\). Mula-mula kedua wadah berisi air dengan permukaan setinggi. Kemudian minyak (\(\rho_{\text{oil}} = 800\text{ kg/m}^3\)) dituangkan ke wadah B setinggi \(h_{\text{oil}} = 20\text{ cm}\).
| \(\rho_{\text{air}}\) | 1.000 kg/m³ |
| \(\rho_{\text{oil}}\) | 800 kg/m³ |
Dua jebakan: (1) Lupa kekekalan volume — air di B turun saat minyak ditekan, bukan tetap. (2) Menganggap \(\Delta_1 = \Delta_2\) padahal penampang berbeda, sehingga perubahan tinggi air di kedua wadah tidak sama.
Kekekalan volume air. Air yang "hilang" dari B sama dengan air yang "datang" ke A:
$$A_1 \cdot \Delta_1 = A_2 \cdot \Delta_2 \quad\Rightarrow\quad 200\,\Delta_1 = 50\,\Delta_2 \quad\Rightarrow\quad \Delta_2 = 4\,\Delta_1$$Keseimbangan tekanan di dasar (di level pipa penghubung). Tekanan dari sisi A = tekanan dari sisi B:
$$\rho_{\text{air}} \cdot g \cdot (h_0 + \Delta_1) = \rho_{\text{oil}} \cdot g \cdot h_{\text{oil}} + \rho_{\text{air}} \cdot g \cdot (h_0 - \Delta_2)$$\(h_0\) (tinggi air awal) hilang saat kedua ruas dikurangkan:
$$\rho_{\text{air}} \cdot \Delta_1 + \rho_{\text{air}} \cdot \Delta_2 = \rho_{\text{oil}} \cdot h_{\text{oil}}$$Substitusi \(\Delta_2 = 4\Delta_1\):
$$\rho_{\text{air}} \cdot \Delta_1 + \rho_{\text{air}} \cdot 4\Delta_1 = \rho_{\text{oil}} \cdot h_{\text{oil}}$$ $$5\,\rho_{\text{air}} \cdot \Delta_1 = \rho_{\text{oil}} \cdot h_{\text{oil}}$$ $$\Delta_1 = \frac{\rho_{\text{oil}} \cdot h_{\text{oil}}}{5\,\rho_{\text{air}}} = \frac{800 \times 20}{5 \times 1.000} = \frac{16.000}{5.000}$$Hasil:
$$\Delta_1 = 3{,}2\text{ cm}$$Verifikasi: \(\Delta_2 = 4 \times 3{,}2 = 12{,}8\text{ cm}\). Air di B turun 12,8 cm. Minyak setinggi 20 cm "menggantikan" sebagian air. Cek: \(5 \times 1000 \times 3{,}2 = 16.000 = 800 \times 20\) ✓
Insight: Ketika penampang berbeda, perubahan tinggi air di masing-masing wadah berbeda pula. Faktor rasio penampang (\(A_1/A_2\)) muncul secara alami dari kekekalan volume dan mempengaruhi hasil akhir secara signifikan.
Bak berisi air diletakkan di dalam lift yang berakselerasi horizontal dengan \(a = 3\text{ m/s}^2\). Permukaan air menjadi miring. Terdapat lubang kecil di tengah dinding samping bak, pada kedalaman \(h = 30\text{ cm}\) diukur tegak lurus permukaan air dari titik terdekat.
| \(g\) | 10 m/s² |
| \(a\) | 3 m/s² (horizontal) |
| \(h\) | 30 cm (tegak lurus permukaan) |
Menggunakan \(v = \sqrt{2gh}\) langsung — padahal dalam kerangka non-inersia (lift berakselerasi), gravitasi efektif bukan \(g\) melainkan \(g' = \sqrt{g^2 + a^2}\). Juga, kedalaman \(h\) harus diukur tegak lurus permukaan air, bukan vertikal.
Analisis permukaan air. Dalam kerangka acuan lift (non-inersia), terdapat gaya semu \(-m\vec{a}\) selain gravitasi. Permukaan air menjadi tegak lurus terhadap gravitasi efektif:
$$\vec{g}' = \vec{g} + (-\vec{a}) \quad\Rightarrow\quad g' = \sqrt{g^2 + a^2} = \sqrt{10^2 + 3^2} = \sqrt{109} \approx 10{,}44\text{ m/s}^2$$Sudut kemiringan permukaan:
$$\tan\theta = \frac{a}{g} = \frac{3}{10} = 0{,}3 \quad\Rightarrow\quad \theta \approx 16{,}7°$$Terapan Torricelli dalam kerangka non-inersia. Persamaan Bernoulli tetap berlaku jika kita mengganti \(g\) dengan \(g'\), karena fluida "merasakan" gravitasi efektif. Kedalaman \(h = 30\text{ cm}\) sudah diukur tegak lurus permukaan (arah \(\vec{g}'\)), sehingga:
$$v = \sqrt{2\,g'\,h} = \sqrt{2 \times 10{,}44 \times 0{,}30}$$ $$v = \sqrt{6{,}264} \approx 2{,}50\text{ m/s}$$Verifikasi: mengapa ini benar?
Dalam kerangka lift, fluida dalam keadaan setimbang relatif terhadap bak. Tekanan hidrostatis menjadi \(P = P_0 + \rho\,g'\,d\) dengan \(d\) = kedalaman tegak lurus permukaan. Persamaan Bernoulli antara permukaan dan lubang (keduanya diam relatif terhadap bak) menghasilkan rumus Torricelli yang sama dengan \(g\) diganti \(g'\).
Insight: Prinsip umum: dalam kerangka non-inersia dengan akselerasi konstan, ganti semua kemunculan \(g\) dengan \(g' = |\vec{g} - \vec{a}_{\text{kerangka}}|\). Ini berlaku untuk Torricelli, tekanan hidrostatis, kapiler, dan lainnya — selama akselerasi konstan dan fluida sudah setimbang relatif terhadap wadah.
Pipa kapiler berjari-jari dalam \(r = 0{,}5\text{ mm}\) dicelupkan vertikal ke dalam air. Air naik setinggi \(h = 3\text{ cm}\) dengan sudut kontak \(\theta = 0°\). Kemudian pipa ditekan ke bawah sehingga hanya tersisa \(h/2 = 1{,}5\text{ cm}\) pipa yang berada di atas permukaan air di luar kapiler.
| \(\rho_{\text{air}}\) | 1.000 kg/m³ |
| \(g\) | 10 m/s² |
| \(\theta_{\text{awal}}\) | 0° |
Intuisi awal hampir semua peserta: "Air pasti tumpah karena kapiler tidak cukup tinggi." Salah! Air TIDAK tumpah. Meniskus menyesuaikan kelengkungannya — sudut kontak berubah sehingga gaya kapiler berkurang dan tepat menahan kolom yang lebih pendek. Ini salah satu jebakan paling elegan dalam fisika fluida.
Jawaban langsung: Air TIDAK tumpah. Sistem menemukan kesetimbangan baru dengan sudut kontak \(\theta' > 0°\).
Hitung tegangan permukaan \(\gamma\) dari data awal (sebelum ditekan):
$$h = \frac{2\gamma \cos\theta}{\rho\, g\, r} \quad\Rightarrow\quad 0{,}03 = \frac{2\gamma \cdot \cos 0°}{1.000 \times 10 \times 0{,}0005}$$ $$0{,}03 = \frac{2\gamma}{5} \quad\Rightarrow\quad \gamma = \frac{0{,}03 \times 5}{2} = 0{,}075\text{ N/m}$$Nilai ini sangat dekat dengan tegangan permukaan air sesungguhnya (\(\approx 0{,}073\text{ N/m}\) pada 20°C). Soal ini menggunakan data realistis!
Setelah ditekan, tinggi kolom air menjadi \(h' = h/2 = 1{,}5\text{ cm} = 0{,}015\text{ m}\). Persamaan kapilaritas:
$$h' = \frac{2\gamma \cos\theta'}{\rho\, g\, r}$$ $$0{,}015 = \frac{2 \times 0{,}075 \times \cos\theta'}{1.000 \times 10 \times 0{,}0005}$$ $$0{,}015 = \frac{0{,}15\,\cos\theta'}{5} = 0{,}03\,\cos\theta'$$ $$\cos\theta' = \frac{0{,}015}{0{,}03} = 0{,}5$$Sudut kontak baru:
$$\theta' = \arccos(0{,}5) = 60°$$Mengapa tidak tumpah? Argumen fisika:
Gaya kapiler ke atas \(= 2\pi r \gamma \cos\theta'\). Saat \(\theta' = 0°\), gaya ini maksimum dan menahan kolom \(h = 3\text{ cm}\). Saat pipa ditekan, kolom yang perlu ditahan hanya \(h/2\). Sistem mengurangi gaya kapiler dengan menaikkan \(\theta'\) dari \(0°\) menjadi \(60°\), sehingga \(\cos\theta'\) berkurang setengah dan gaya tepat setara dengan berat kolom baru. Tidak ada kelebihan gaya yang menyebabkan tumpah.
边界条件 (batas): Air baru tumpah jika pipa ditekan sampai \(h' < h_{\min}\) di mana \(\theta'\) mencapai \(90°\) (\(\cos 90° = 0\)). Artinya jika pipa ditekan sampai ujung atas di bawah permukaan air luar — tapi itu bukan "tumpah", itu hanya terendam sepenuhnya.
Insight: Ini adalah versi "invers" dari paradoks kapiler klasik. Banyak siswa berpikir kenaikan kapiler adalah "paksaan" yang harus ditampilkan sepenuhnya. Padahal kenaikan kapiler adalah hasil kesetimbangan — jika geometri berubah, sistem menemukan kesetimbangan baru dengan menyesuaikan sudut kontak. Meniskus adalah variabel bebas, bukan konstanta!