Soal Dan Pembahasan Olimpiade Fisika Sma Tingkat Kabupaten (Osk) Tahun 2015

SELEKSI OLIMPIADE TINGKAT KABUPATEN/KOTA 2015 TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2016

Bidang Fisika Waktu : 180 menit

KEMENTRIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS TAHUN 2015

davitsipayung.blogspot.com [email protected]

1. (10 poin) Sebuah mobil yang bermassa 2m sedang bergerak dengan kecepatan v pada saat

mendekati mobil lain yang bermassa 4m dan sedang dalam keadaan diam. Pada saat tumbukan terjadi, pegas terkompresi (lihat gamgar di bawah!). Jika semua gesekan diabaikan, tentukan: a. kecepatan mobil 4m pada saat pegas terkompresi maksimum (energinya dianggap kekal)! b. kecepatan akhir mobil 4m setelah lama bertumbukan dan mobil 2m lepas dari pegas (energi dianggap kekal)! c. kecepatan akhir mobil 4m jika tumbukannya tidak elastik! v 4m

2m

Penyelesaian : a. Ketika pegas terkompresi maksimum, kedua mobil akan memiliki kecepatan sesaat sama dengan kecepatan v . Kekekalan momentum linear menghasilkan 2mv  (2m  4m)v

Kecepatan mobil 4m saat pegas terkompresi maksimum adalah b. Kekekalan energi dan momentum sistem dinyatakan oleh

v 3

.

1 1 1  2mv 2   2mv12   4mv22 2 2 2 2mv  2mv1  4mv2 dimana v1 dan v1 berturut-turut adalah kecepatan mobil 2m dan 4m setelah tumbukan.

Jadi kecepatan akhir mobil 4m adalah 23v . c. Jika tumbukan tidak elastik, dua mobil akan bergerak bersama setelah tumbukan. Kecepatan kedua mobil akan sama dengan 3v seperti jawaban (a). 2. (10 poin) Sebuah partikel bergerak dalam lintasan lingkaran dimana jarak yang ditempuh

sebagai fungsi waktu dapat dirumuskan dalam bentuk s = C1 t2 + C2 t + C3 , dengan C1 suatu tetapan positif, sedangkan C2 dan C3 suatu tetapan sembarang. Jika pada saat jarak yang ditempuh adalah s1 dan s2 (dimana s2 > s1) maka percepatan total dari partikel berturut-turut adalah a1 dan a2 (dimana a2 > a1). Tentukan jari-jari lingkaran tersebut dinyatakan dalam a1, a2, s1, dan s2! Penyelesaian : Jarak tempuh partikel s, kecepatan tangensial v, dan percepatan tangensial mobil at : s  C1t 2  C2t  C3 v  2C1t  C2 at  2C1

Dalam waktu t1 mobil menempuh jarak s1, kecepatan tangensial v1, percepatan tangensial at1,percepatan sentripetal as1, dan percepatan total a1. Jadi s1  C1t12  C2t1  C3 v1  2C1t1  C2 at1  2C1 as1 

v12 (2C1t1  C2 ) 2 4C12t12  4C1C2t1  C22   R R R

davitsipayung.blogspot.com [email protected]

2

a12



as21



at21

 4C 2t 2  4C1C2t1  C22  2  1 1   2C1   R  

Dalam waktu t2 mobil menempuh jarak s2, kecepatan tangensial v2, percepatan tangensial at2, percepatan sentripetal as2. , dan percepatan total a2. Jadi s2  C1t22  C2t2  C3 v2  2C1t2  C2 at 2  2C1 as 2 

v22 (2C1t2  C2 ) 2 4C12t22  4C1C2t2  C22   R R R 2

a22



as22



at22

 4C 2t 2  4C1C2t2  C22  2  1 2    2C1  R  

Kita dapat menuliskan bahwa 2

2

 4C 2t 2  4C1C2t2  C22   4C12t12  4C1C2t1  C22   1 2    R R     2 2 x  y  x  y x  y Gunakan relasi    untuk mendapatkan a22

 a12

R2 





4C1 4C1 C1 (t12  t22 )  C2 (t1  t2 )   2C22 C1 (t22  t12 )  C2 (t2  t1 )  a22  a12 

Oleh karena, s1  s2  C1 (t12  t22 )  C2 (t1  t2 )  2C3 s2  s1  C1 (t22  t12 )  C2 (t2  t1 ) maka kita dapat menuliskan bahwa besar jari-jari lintasan lingkaran partikel adalah R

4C1  4C1  s1  s2  2C3   2C22   s2  s1 

 a22  a12 

3. (10 poin) Seperti diperlihakan dalam gambar, seorang siswa dengan massa M berdiri di

atas sebuah meja berbentuk lingkaran , sejauh r dari pusat meja . Katakanlah koefisien gesek antara sepatu siswa dengan meja tersebut adalah μ. Pada saat awal t=0 meja mulai berotasi dengan percepatan sudut α konstan. Anggap gerakan di bawah pengaruh percepatan gravitasi konstan g yang arahnya ke bawah. a. Hitung besar percepatan sudut maksimum (αmaks) hingga siswa tersebut belum sempat mengalami slip! b. Dengan menganggap bahwa α < αmaks, tentukan vertor gaya gesek total yang dialami oleh siswa tersebut sebelum ia mengalami slip dinyatakan sebagai fungsi waktu! c. Dengan menganggap bahwa α < αmaks, tentukan kapan siswa tersebut mengalami slip terhitung sejak meja pertama kali berotasi!

g

α

O

r μ

davitsipayung.blogspot.com [email protected]

Penyelesaian : a. Meja berputar berlawanan arah jarum jam. Dalam kerangka acuan meja yang berputar maka siswa akan mengalami gaya fiktif, yaitu gaya sentrifugal searah vektor r dan gaya tangensial berlawanan dengan arah putaran meja. Arah putaran meja dinyatakan dengan vektor satuan ˆ . Arah vektor r dinyatakan oleh vektor satuan rˆ . Agar siswa tetap diam maka besar gaya gesek akan sama dengan resultan gaya fiktif tetapi arahnya berlwanan dengan arah resultan gaya fiktif. Resultan gaya fiktif adalah Ffiktif  Mas rˆ  Matˆ  M  2 rrˆ  M  rˆ Vektor gaya gesek total ketika siswa masih diam adalah f   Ffiktif   M  2 rrˆ  M  rˆ Siswa tidak slip ketika besar gaya gesek tidak melebihi besar gaya gesek statik maksimum. Agar siswa tidak slip saat meja mulai berputar (ω=0) maka f  N M  maks r   Mg Besar percepatan maksimum agar siswa tidak slip saat meja mulai berputar adalah g  maks  r

b. Kecepatan sudut meja putar adalah ω=αt. Vektor gaya gesek total sebagai fungsi waktu adalah 2 f   M  t  rrˆ  M  rˆ   M  2 r t 2 rˆ  M  rˆ c. Siswa akan slip ketika besar gaya gesek sama dengan besar gaya gesek statik maksimum. Waktu yang dibutuhkan siswa sampai slip adalah 2  M  2 tm2 r    M  r 2   Mg

1

  2 g 2   2r 2  4 tm     4r 2   4. (15 poin) Sebuah silinder bermassa M dan jari-jari R dapat berotasi bebas terhadap sumbu

horizontalnya. Sebuah tali tak bermassa dililitkan pada permukaan silinder , kemudian sebuah beban bermassa m dipasang pada ujung tali. Mula-mula tali berada dibawah silinder. Kemudian beban tersebut dinaikkan setinggi h dan dilepaskan tanpa kecepatan awal. Percepatan gravitasi g ke bawah. Tentukan waktu yang dibutuhkan sejak beban dilepas hingga menempuh jarak 2h ( tali tidak dapat mulur, interaksi bersifat seketika dan tidak lenting sama sekali)!

M R

m m

h

Penyelesaian : davitsipayung.blogspot.com [email protected]

Ambil acuan y = 0 di posisi beban dilepaskan dan arah y positif ke bawah. Waktu yang dibutuhkan beban untuk menempuh y=0 sampai y=h (tali kendor) dan y=h sampai y=2h (tali tegang) berturut-turut adalah t 1 dan t2. Besar t1 dan t2 berbeda karena besar percepatan beban dalam rentang waktu ini berbeda. Beban jatuh bebas (a1=g) dalam waktu t1, sehingga besar t 1 adalah 2h g

t1 

Sesaat beban menempuh h maka tali akan tegang dan menyebakan katrol berputar. Karena interaksi bersifat seketika maka efek gaya gravitasi dapat diabaikan saat interaksi tali dan katrol, sehingga momentum angular sistem kekal terhadap sumbu rotasi. Kecepatan beban sesaat sebelum interaksi adalah v0  2 gh . Kekekalan momentum sudut terhadap sumbu rotasi adalah mv0 R  mvR  I  Momen inersia katrol adalah I  12 MR 2 . Interaksi tidak lenting artinya tali tidak slip sehingga memenuhi hubungan v   R . Jadi mv0  mv  12 M v v

2m 2m  M

2 gh

Beban selanjutnya akan memiliki kecepatan awal v dan mengalami percepatan a2. Sekarang mari kita mehitung besar percepatan a2. Persamaan gerak beban adalah mg  T  ma2

Persamaan gerak rotasi pada silinder TR  12 MR 2 dimana a2   R . Besar tegangan tali dapat dituliskan menjadi T  12 Ma2

Besar percepatan a2 adalah a2 

2m g 2m  M

Waktu yang dibutuhakan beban untuk menempuh jarak h saat tali sudah tegang adalah t 2. Persamaan kinematika beban adalah h  vt2  12 a2t22

Solusi t2 kita peroleh menggunakan akar-akar persamaan kuadrat. t2 

v  v 2  2a2 h a2

Ambil solusi t2 yang positif sebagai solusi yang fisis. t2 

 v  v 2  2a2 h 2h  4m  M   1  a2 g  2m 

Waktu yang dibutuhkan beban untuk menempuh jarak 2h adalah ttotal  t1  t2 

2h g

4m  M 2m

5. (15 poin) Dua kereta masing-masing bermassa m1 dan m2 dihubungkan dengan tali tak

bermassa yang terhubung dengan katrol licin tak bermassa. Kereta m1 berada pada davitsipayung.blogspot.com [email protected]

permukaan horizontal, sedangkan m2 berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan α terhadap horizontal. Di dalam masing-masing kereta terdapat bandul yang massanya dapat diabaikan relatif terhadap massa kereta. Setelah dilepas posisi masing-masing bandul membentuk sudut terhadap garis vertikal serta diasumsikan bahwa bandul tersebut tidak berayun di dalam kereta. Seluruh permukaan bersifat licin. Percepatan gravitasi g ke bawah. Tentukan sudut kemiringan masing-masing bandul relatif terhadap garis vertikal. Asumsikan jari-jari roda sangat kecil dan massanya dapat diabaikan. m1

m2 α Penyelesaian : Misalkan tegangan yang menghubungkan kedua kereta adalah T. Percepatan kereta m1 dan kereta m2 akan sama dengan a. Persamaan gerak kereta m1: T  m1a

Persamaan gerak kereta m2: m2 g sin   T  m2 a Besar percepatan kedua kereta adalah a

m2 g sin  m1  m2

Masing-masing bandul tidak berosilasi sehingga percetannya akan sama dengan percepatan kereta relatif terhadap permukaan bidang lintasan. Misalkan massa bandul dalam kereta m1 dan kereta m2 berturut-turut adalah ma dan mb, sedangkan sudut simpangan bandul relatif terhadap vertikal dalam kereta m1 dan m2 berturut-turut adalah θ1 dan θ2. Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m1. θ1 T1 θ1 a

mag

Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m1 adalah T sin 1  ma a T cos1  ma g Jadi, tan 1 

a g  m2  sin   m  m 2  1 

1  tan 1 

Mari kita tinjau diagram gaya pada kereta m2 .

davitsipayung.blogspot.com [email protected]

θ2 β T2 a

α mbg

Persamaan gaya pada pendulum dalam kereta m2 adalah mb g sin   T2 sin   mb a T cos   mb g cos   0 Besar tegangan tali pendulum mb adalah m g cos  T2  b cos  Kita akan mendapatkan bahwa m2 sin  m1  m2 Bagi persamaan ini dengan mb g cos  , sehingga m2 mb g sin   mb g cos  tan   mb g sin  m1  m2 m2 tan   tan   tan  m1  m2 m1 tan   tan  m1  m2 mb g sin   mb g cos  tan   mb g

Secara geometri kita akan mendapatkan hubungan bahwa   2   Oleh karena itu , tan   tan  tan  2  tan      1  tan  tan  Anda akan sangat mudah membuktikan bahwa m sin  cos  tan 2  2 m1  m2 cos2   m sin  cos    2  tan 1  2  2  m1  m2 cos   6. (20 poin) Sebuah bola pejal homogen bermassa m dan berjari-jari R, dilepaskan dari suatu

puncak bidang miring dengan sudut kemiringan θ=450 dan bermassa M = 2m. Bidang miring dapat bergerak bebas pada suatu bidang horizontal licin (lihat gambar) dan bola selalu bergerak menggelinding tanpa slip. Jika diketahui panjang sisi miring dari bidang miring adalah L dan percepatan gravitasi adalah g, tentukan: a. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring! b. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin! c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring!

davitsipayung.blogspot.com [email protected]

R

m L M θ

Penyelesaian : a. Misalkan percepatan pusat massa bola pejal relatif terhadap bidang miring adalah am dan percepatan bidang miring relatif terhadap bidang horizontal adalah aM. Diagram gaya pada bola pejal dan bidang miring :

aM

N

θ

M θ

f

θ f

θ

N

θ am

θ

Persamaan gerak bidang miring : N sin   f cos  MaM Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah horizontal : N sin   f cos  m  am cos  aM  Persamaan gerak translasi bola pejal dalam arah vertikal : mg  N cos  f sin   mam sin  Persamaan gerak rotasi bola pejal : fR  52 mR 2 dimana am   R . Besar gaya gesek adalah f  52 mam

Buktikan bahwa hubungan am dan aM adalah m cos aM 

mM

am

Buktikan bahwa besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring adalah 5(m  M ) g sin  am   7M  2m  5sin 2   Untuk nilai θ = 450 dan M = 2m, kita peroleh am 

15 2 g 32  5 2

b. Besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang licin adalah am . Besar komponen horizontal am : m cos M cos   am cos  aM  am cos  amx am  am mM

  amx

mM

10 g 32  5 2

davitsipayung.blogspot.com [email protected]

Besar komponen vertikal am :   am sin   amy

15 g 32  5 2

Jadi, 2  amy 2  am  amx

5 13 g 32  5 2

c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai ke tepi bawah bidang miring adalah t

2L 32  5 2  am 5 2

2L g

7. (20 poin) Sebuah mobil akrobatik diatur memiliki percepatan konstan a. Mobil ini akan

melewati sebuah tanjakan miring bersudut θ untuk kemudian melakukan gerak parabola menuju target. Target pada jarak L dari titik awal keberangkatan mobil. Panjang tanjakan adalah d. Saat mobil melewati tanjakan, kemiringan tanjakan berkurang sebesar m/K kali sudut awal, dimana m adalah massa dari mobil dan K adalah suatu konstanta. Percepatan mobil pun berkurang sebesar g sinθ sesaat melalui tanjakan, dimana θ adalah sudut kemiringan antara tanjakan dengan tanah. Mobil dipercepat dari keadaan diam dari garis start. Tentukan percepatan yang harus dimiliki oleh mobil agar tepat mencapai garis! Anggap mobil sebagai partikel titik.

d θ

x

L Penyelesaian : Diagram gerakan mobil :

α d A

x

B

α C h =dsinθ

θ

D L s = L - dcosθ - x

Tinjau gerak parabola mobil dari C ke D . Besar     Km    Km m  . Ambil titik asal koordinat di titik C. Persamaan gerak mobil adalah s  vC cos  td h  vC sin  td  12 gtd2 davitsipayung.blogspot.com [email protected]

Sehingga, s  h  vC sin   v cos   C

s  1     2 g  v cos     C 

2

Kecepatan mobil saat lepas dari C adalah vC 

gs 2 2cos 2   s tan   h 

Tinjau gerak mobil dari titik B ke C . Besar percepatan mobil konstan aBC  a  g sin  . Persamaan kinematika gerak mobil dari B ke C : vC2  vB2  2aBC d vB 

gs 2  2  a  g sin   d 2cos   s tan   h  2

Tinjau gerak mobil dari titik A ke B . Besar percepatan mobil konstan a. Persamaan kinematika gerak mobil dari A ke B: vB2  2ax gs 2  2  a  g sin   d  2ax 2cos2   s tan   h 

Besar percepatan yang harus dimiliki mobil : gs 2 d sin  a  2 4cos   s tan   h  x  d   x  d 

Substitusikan nilai s  L  d cos  x , h  d sin , dan    Km m  , maka kita peroleh a 4cos

2



g  L  d cos  x 

K m m

   L  d cos  x tan 

2

K m m

   d sin    x  d 



d sin  x  d

davitsipayung.blogspot.com [email protected]