Solusi OSN SMA 2010 soal

(1)

Olimpiade Sains Nasional 2010

Tingkat Propinsi

Bidang F i s i k a

Ketentuan Umum:

1-

Periksa lebih dulu bahwa jumlah soal Saudara terdiri dari 7 (tujuh) buah soal.

2-

Waktu total untuk mengerjakan tes ini adalah 3½ jam.

3-

Peserta dilarang menggunakan kalkulator.

4-

Peserta dilarang meminjam dan saling meminjamkan alat-alat tulis.

5-

Tulislah jawaban Saudara di kertas yang telah disediakan dengan menggunakan ballpoint

dan tidak boleh menggunakan pinsil.

6-

Kerjakanlah lebih dahulu soal-soal dari yang Anda anggap mudah/bisa dan tidak harus

berurutan.

7-

Setiap nomor soal yang berbeda harap dikerjakan pada lembar jawaban yang terpisah.

8-

Jangan lupa menuliskan nama Saudara atau identitas lainnya pada setiap lembar jawaban

yang Saudara gunakan.

9-

Meskipun sudah selesai mengerjakan semua jawaban, Anda tidak boleh meninggalkan

(2)

Solusi Fisika

Seleksi Propinsi OSN 2010

1. (20 poin) Salah satu ujung sebuah tongkat homogen (massa m dan panjang L) tergantung

dengan menggunakan tali, dan ujung tongkat lainnya bersentuhan dengan lantai dalam

keadaan diam. Saat masih diam tongkat tersebut membentuk sudut

Ѳ

terhadap arah mendatar.

a.

Tentukan gaya tegangan tali

b.

Jika sekarang tali dipotong dan tongkat mulai jatuh, hitung komponen tegak (vertikal)

dari percepatan pusat massa tongkat pada saat awal t = 0 yaitu sesaat setelah tali

dipotong. Abaikan gesekan antara tongkat

dengan lantai.

c.

Tentukan gaya F

N

yang diberikan tongkat

pada lantai pada saat t = 0 yaitu sesaat

setelah tali dipotong. (Petunjuk: gaya ini

berbeda dengan gaya sebelum tali

dipotong)

Solusi:

(a) Dengan menganggap tongkat tipis maka diagram benda bebas sistem di atas adalah sbb:

Gaya tegangan tali T dapat diperoleh dari kondisi kesetimbangan yang diberlakukan pada komponen‐komponen vertikal dan horizontal dari semua gaya yang bekerja pada tongkat, termasuk torka‐torka yang bekerja pada tongkat terhadap pusat massanya. Untuk arah vertikal berlaku

T+ =N mg (1a) (2 poin)

dan karena gesekan diabaikan maka tidak ada kontribusi gaya‐gaya horizontal. Sementara itu untuk torka‐torka gaya berlaku (anggap arah positif adalah arah yang melawan putaran jarum jam)

0 0

sin(90 ) sin(90 ) 0

2 2

L L

N −θ − T −θ = (1b) (2 poin)

sehingga diperoleh N = T dan akhirnya dari (1a) dihasilkan gaya tegangan tali T= m g / 2. (2 poin)

Ѳ

m

L

tali

(3)

(b) Sesaat setelah tali dipotong, gaya tegangan tali lenyap sehingga gaya normal sekarang menjadi tidak sama dengan gaya normal dalam soal (a) di atas. Oleh karena juga tidak ada gaya gesekan maka tidak ada komponen gaya horizontal dan karenanya pusat massa tongkat hanya menjalani gerak jatuh vertikal ke bawah. Ada 2 persamaan gerak, yang pertama adalah (pada arah vertikal)

(2 poin)

dengan ay adalah percepatan pusat massa tongkat pada arah vertikal. Persamaan gerak kedua berkaitan dengan gerak rotasi terhadap titik kontak tongkat dengan lantai, yaitu:

sin cos

dengan

2

3 ujung

mL

I = adalah momen inersia tongkat terhadap ujungnya dan

sin

2 L

y

=

θ

.

Selanjutnya dapat dicari percepatan pusat massa tongkat sesaat segera setelah tali dipotong dengan cara mencari nilai ay (syarat awalnya adalah: pada saat t = 0, ω = 0). Jadi

_cos

sehingga percepatan pusat massa tongkat sesaat setelah tali putus adalah:

cos sin cos (karena pada saat t = 0, ω = 0) (2 poin)

(c) Selanjutnya akan ditentukan gaya FN yang diberikan tongkat kepada lantai pada saat t = 0 yaitu sesaat segera setelah tali dipotong. Pertama, diperoleh 3 persamaan yang melibatkan N, y dan Ѳ, dalam bentuk:

(2)

_cos (3)

_cos (4) (3 poin)

Substitusi (4) ke dalam (3) menghasilkan

cos cos

sehingga (2 poin)

dan dengan demikian (2 poin)

(4)

(5)

3. (12 poin) Sebuah kerucut dengan sudut puncak

θ

dan jari-jari alas

R

menggelinding secara

beraturan dan tanpa slip di atas bidang datar (seperti nampak pada gambar). Titik C pada

alas kerucut bergerak dengan kelajuan v . Puncak kerucut bertumpu pada titik O dengan

garis OC (sumbu kerucut) sejajar bidang datar. Hitung:

a.

besar kecepatan angular kerucut

b.

sudut vektor kecepatan angular kerucut terhadap sumbu vertikal

c.

besar percepatan angular kerucut

Solusi:

(a) Kecepatan angular kerucut terhadap sumbu horisontal OC adalah

R

v

=

0

ω

. (1,5 poin)

Kecepatan angular kerucut terhadap sumbu vertikal yang melalui O

adalah

(c) Percepatan angular kerucut adalah

(6)

4. (8 poin) Benda massa M mula-mula meluncur di atas lantai dengan kecepatan v

0

dan setelah

sampai di titik B benda lepas meninggalkan ujung lantai dan mendarat di ujung bawah tangga

yaitu di titik A. Diketahui µ

k

adalah koefisien gesek kinetik antara benda dan lantai, g

percepatan gravitasi, dan gesekan udara diabaikan. Dengan menyatakan jawaban dalam M,

v0

, µ

k

, H, D, dan g, tentukan:

a.

kecepatan benda M sesaat setelah lepas dari ujung lantai

b.

percepatan benda M saat meluncur di atas lantai

c.

jarak S yang telah ditempuh oleh benda M sebelum lepas meninggalkan lantai

Solusi:

Benda M mengalami 2 tahapan gerak :

(1) Gerak mendatar dengan perlambatan yang berasal dari gaya gesekan lantai

(2) Gerak peluru dengan adatar = 0, ategak = − g , dan arah ke atas sebagai arah tegak positif

(a) Mencari kecepatan benda M sesaat setelah lepas dari ujung lantai (yaitu vBx):

Saat awal di titik B : , , , yang akan dicari

Saat akhir di titik A: xA= 3 , 3D yA= - H

V

0x

3H

3D

A

(

x

A

,

y

A

)

Titik B (0,0)

A

V0

S

3D

3H M

B

(7)

Persamaan gerak: ,

Artinya: ,

sehingga 6 ⁄ dan

⁄

(b) Mencari percepatan benda M (katakan a) saat masih meluncur di atas lantai : Persamaan gerak :

, 0

g

f ma N mg

- = - =

Disini sehingga akhirnya diperoleh (2 poin)

(c) Mencari jarak S yang telah ditempuh benda M sebelum lepas meninggalkan lantai:

Saat awal (di titik O paling kiri): x₀= 0 , v₀_x= v₀

Saat akhir (di titik B) : ,

Persamaan gerak:

2

0 0

1

, 2

s x s s s x s

x = v t + at v = v + at

Dengan demikian

0

s x

s

v v

t

a

-=

dan

atau 1 ( 2 ₀ 2) 2

s s x

x v v

a

= - dan akhirnya

(1 poin)

(8)

5. (12 poin) Sebuah tongkat homogen dengan massa M dan panjang

AB= L

berada di atas meja datar dan sedang dalam posisi sejajar

dengan sumbu y. Benda dengan massa m yang sedang bergerak

pada arah x dengan kelajuan v menumbuk tongkat di titik C

(Diketahui : momen inersia tongkat terhadap titik pusat massanya

adalah I

pm

=

2

12 1

ML

).

a.

Tentukan lokasi titik C atau besar AC (dinyatakan dalam L)

agar sesaat setelah tumbukan tongkat tersebut hanya

mengalami rotasi murni sesaat dengan cara mengitari sumbu

rotasi yang melewati titik A

b.

Diketahui benda m menumbuk tongkat secara elastik di titik C

dengan

AC

=

3 / 4

L

. Setelah tumbukan, yaitu ketika tongkat

sudah sejajar terhadap sumbu x untuk pertama kalinya, tentukan jarak antara titik B pada

ujung tongkat dengan benda m dinyatakan dalam L (agar perhitungan lebih sederhana,

anggap m = M)

Solusi:

(a) Katakan v’ dan ω berturut‐turut adalah kelajuan benda m dan kelajuan sudut tongkat sesaat setelah tumbukan, dan vcm kelajuan linear pusat massa (CM) tongkat sesaat setelah tumbukan. Maka berlaku hukum kekekalan momentum linear dan hukum kekekalan momentum sudut (relatif terhadap CM), yaitu :

m v = m v’ + M v

pm (1)

(2) (2 poin)

Syarat agar titik A menjadi titik rotasi murni tongkat sesaat setelah tumbukan adalah v =A 0, artinya

sehingga (3)

Dengan demikian, kombinasi (1) dan (2) serta (1) dan (3) memberikan

m (v – v’) = M v

pm dan

2 2 1 ( ')

12

cm

v

m v v x ML

L

- = (4) (2 poin)

sehingga diperoleh

6 L

x =

dan akhirnya (2 poin) v

CM C

x m

(9)

(b) Hukum kekekalan momentum linear:

m v = m v’ + M v

pm

Hukum kekekalan momentum sudut :

Hukum kekekalan energi kinetik :

Dengan m = M diperoleh

v = v’ + v

pm dan (5) (6) (7) Maka dari (5) dan (6) diperoleh

dan (7) memberikan

Dengan demikian

sehingga dan akhirnya diperoleh

3 '

11

v = v ; ; 8

11

cm

v = v

(catatan: tampak bahwa v_cm> v' sehingga tongkat bergerak translasi lebih duluan). (2 poin)

Setelah tumbukan tongkat mengalami rotasi dengan kelajuan sudut ω (yaitu saat tongkat juga bergerak tranlasi dengan kelajuan vpm). Tongkat tersebut akan searah dengan sumbu x untuk

pertama kalinya pada saat t yaitu saat ω t = π/2 , yaitu saat . Dalam selang waktu

tersebut benda m telah bergerak sejauh

6 dan pusat massa tongkat telah bergerak sejauh

₆

(yaitu saat titik A telah melewati posisi awalnya). (2 poin)

Konfigurasi relatif benda m dan tongkat adalah sbb:

_{, 6}

sehingga jarak antara titik B yang terletak

pada tongkat dengan benda m adalah l = 0,864 _L. (2 poin)

posisi awal

CM

B

CM

ℓ

m

π

L/16

(10)

6. (20 poin) Seutas rantai homogen, yang panjangnya

L

dan massanya

M

, digantungkan di langit-langit

sehingga ujung bawahnya hampir menyentuh lantai

(lihat gambar). Rantai kemudian dilepaskan dari

gantungannya sehingga mulai menumpuk di atas

lantai (

g

adalah percepatan gravitasi).

a.

Ketika ujung atas rantai berjarak x dari

langit-langit (lihat gambar), hitunglah gaya total yang

diterima lantai

F(x)

!

b.

Berapakah gaya total yang diterima lantai ketika

seluruh bagian rantai tepat berada di atas lantai

(ketika

x

=

L

)?

c.

Nyatakan

F(x)

sebagai fungsi waktu

F(t)

!

d.

Berapa lama waktu yang dibutuhkan sehingga seluruh bagian rantai berada di atas lantai?

e.

Sketsa

F(t)

terhadap

t

dari saat rantai dilepaskan hingga seluruh bagian rantai sudah

(11)

2 2 2

2 3 2

1 3 )

( t

L Mg gt

L Mg t

F = = …. (4) (2 poin)

(d) Samakan (3a) dan (4), diperoleh 2

2

2 3

3

τ

L Mg Mg =

(2 poin)

Æ

g

L

2 =

τ

(2 poin)

(e) Dari t =0 sampai t=

τ

, kurva adalah parabola dengan

F

(

τ

)

=

3 Mg

. Ketika t >

τ

, maka kurva drop menjadi garis lurus horisontal

F

(

t

→

∞

)

=

Mg

.

(4 poin)

(12)

7. (20 poin) Diketahui suatu sistim yang terdiri dari n buah bola, B

1

,

B

2

, B

3

, …, B

n

dengan massa m

1

, m

2

, m

3

, … , m

n

(dimana m

1

>> m

2

>> m

3

>> m

4

>> … >> m

n

) tersusun tegak secara

vertikal seperti nampak pada gambar samping. Dasar dari bola 1,

B

1

, berada pada ketinggian h diatas lantai, sedangkan dasar dari

bola ke n, B

n

, berada pada ketinggian h +

l

diatas lantai. Sistim

bola ini dijatuhkan dari ketinggian h. Dianggap pada keadaan

awal, bola-bola terpisahkan satu sama lain oleh jarak yang sangat

kecil sekali, dan keseluruhan bola mengalami tumbukan elastis

dan terjadi hanya sesaat.

a.

Tentukan ketinggian pantulan bola paling atas B

n

(nyatakan

dalam n)!

b.

Jika h = 1 meter, berapakah jumlah bola yang harus ditumpuk agar bola yang paling atas

bisa memantul hingga ketinggian H

≥

1000 meter ?

Solusi:

(a) Sesaat sebelum bola B1 menumbuk lantai, semua bola bergerak ke bawah dengan kecepatan

.

Kita tentukan kecepatan masing‐masing bola setelah ia menumbuk sekali bola yang ada dibawahnya. Jika bola Bi setelah menumbuk bola Bi‐1 kecepatannya adalah vi lalu berapakah kecepatan bola Bi+1 setelah ia menumbuk bola Bi?

Kecepatan relatif bola Bi+1 dan Bi sesaat sebelum mereka bertumbukan adalah v + vi. Ini juga merupakan kecepatan relatif bola‐bola lainnya setelah mereka bertumbukan.

Maka, karena Bi masih bergerak ke atas dengan kecepatan vi, kita lihat bahwa kecepatan ke atas akhir dari bola Bi+1 adalah (v + vi) + vi. Jadi: (4 poin)

vi+1 = 2 vi + v (1) (1 poin)

Karena v1 = v, maka kita dapatkan v2 = 3v kemudian

v3 = 7v dan

v4 = 15v dan seterusnya.

Secara umum berbentuk: vn = (2n – 1) v (2) (2 poin)

Dari hukum kekekalan energi, bola Bn akan memantul hingga ketinggian

(13)

(b). Jika h = 1 meter, dan kita ingin bola ke n bisa memantul hingga ketinggian ≥ 1000 meter maka kita butuhkan:

‐ pertama kita anggap nilai l tidak terlalu besar (3 poin)

‐ maka H ≅ (2n – 1)2 > 1000 atau 2n – 1 > √ . (3 poin)

Lima buah bola tidaklah akan cukup untuk memenuhi ketinggian pantulan ini, tapi 6 bola memungkinkan bahkan tinggi bola pantulannya mencapai hampir 4 km. (4 poin)