SOAL DAN PEMBAHASAN OLIMPIADE FISIKA SMA TINGKAT PROVINSI (OSP) TAHUN 2014

(1)

SELEKSI OSN TINGKAT PROVINSI 2014

TIM OLIMPIADE FISIKA INDONESIA 2015

Bidang Fisika

Waktu : 3,5 Jam

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH

DIREKTORAT SEKOLAH MENENGAH ATAS

(2)

1. Balok bermassa 2m mula-mula diam terbawah bidang miring ( massa M dan sudut kemiringan



). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada saat awal t=0, sebutir peluru dengan massa m dan kecepatan v bergerak paralel terhadap ₀ bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). Hitung : a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja

b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya

d. jarak yang ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya.

SOLUSI:

a. Momentum linear kekal pada tumbukan antara balok 2m dan peluru m: 0 3 1 1 0 3

mv  mv  v v

Momentum linear arah horizontal kekal pada tumbukan antara balok-peluru dengan bidang miring. Momentum linear awal sistem arah horizontal :

1 0

3 cos cos

awal

p  mv mv 

Ketiga sistem balok-peluru berada di tertinggi di atas bidang miring maka kecepatannya akan sama dengan kecepatan bidang miring v (balok diam relatif ₂ terhadap bidang miring).



3



2 akhir

p  M m v

Kekekalan momentum linear pada arah horizontal :





0cos 3 2

mv  M m v

0 2

cos 3 mv v

M m



 

Kekekalan energi mekanik dengan acuan energi potensial di meja sama dengan nol:

 

2





2

1 2

1 ₃ ₃ 1 ₃

2 m v  mghmaks2 M m v

Substitusikan nilai v dan 1 v ke dalam persamaan ini maka akan diperoleh : 2





2 2 2

0 0cos

18 6 3

maks

v mv h

g g M m



  _

0 v M



2m

(3)



₂



2 0 3 sin

3 18

maks

v M m

h

M m  g 

 _

b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya : 0

2

cos 3 mv v

M m



 

c. Jarak S yang ditempuh oleh balok di atas bidang miring :



₂



2

0 3 sin

sin 3 18 sin

maks

h _M _m v

S

M m  g

  

  _

Percepatan balok relatif terhadap bidang miring : 2

1 1

2 v a

S 

Waktu yang diperlukan balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya:



2



0 1

1

1 1

2 3 sin

3 3 sin

v

v _S _M _m

t

a v M m  g 

   _

d. Percepatan bidang miring relatif terhadap tanah : 2

2 1

v a

t



Jarak X yang ditempuh oleh bidang miring dari tepi meja :









2 ₂

2 0

2 1 2 1 2

3 sin

1 1

2 2 ₃ 6 tan

m M m _v

X a t v t

g M m





  



2. Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara tembok vertikal dan balok segitiga bermassa M. Sisi miring balok segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan



terhadap horizontal . Bola tersebut menyinggung balok segitiga pada ujung paling atas balok tersebut. Balok berada pada lantai. Baik bola maupun balok bergerak tanpa gesekan. Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan awal , permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai atau tidak miring atau berputar,

a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok tersebut b. Tentukan nilai percepatan gerak bola

c. Tentukan syarat bagi nilai M/m

SOLUSI:



(4)

a. Gambar diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-balok :

b. Bola bergerak dengan percepatana ke kanan dan balok segitiga bergerak ke kiri ₁ dengan percepatan a ke kanan. Percepatan 2 a dan 1 a memenuhi hubungan bahwa 2

1 1

2 2

tan

a a

   _

Persamaan gerak bola : 1cos 1 mg N ma

Persamaan gerak balok segitiga : 1sin 2

N Ma

Percepatan gerak bola: 2

1 2

tan tan mg a

M m

 

 

c. Permukaan horizontal balok segitiga tersebut tetap pada lantai berarti balok tidak mengguling atau berputar. Saat balok segitiga akan mengguling maka gaya normal balok N bergeser ke tepi balok. Asumsikan lebar balok ₂ l dan tinggi balok h. Gaya normal N mula-mula tepat di puncak balok segitiga. ₁

Kita misalkan bahwa torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai positif ,sedangkan torsi yang berlawanan arah jarum jam bernilai negatif. Balok tidak akan berputar ketika jumlah seluruh torsi di titik A benilai negatif. Pusat massa segitiga berjarak l/3 dari titik A. Persamaan torsi terhadap titik A :

0 A

  

1sin 0 3

l

Mg N h

Dari persamaan sebelumnya dapat kita peroleh bahwa 1

N 3 N

mg 



Mg 1 N

2 N



Mg

1 N

2 N 

A h

(5)





1 2

tan cos Mmg N

M m  

 

dan dari geometri balok segitiga kita peroleh hubungan bahwa tan h

l



Kita akan mudah mendapatkan bahwa



2



3

sin tan 0 tan cos

Mmg Mg

M m    

 







2 2

3 tan

1 0

tan m M m

 

 



2

2tan M

m 

3. Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan planet bola bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R tidaklah sangat besar dibandingkan dengan y. Percepatan gravitasi di permukaan planet itu adalah g0, sedangkan tetapan gravitasi universal adalah G.

a. Percepatan gravitasi yang di alami benda m tersebut berkurang secara linear terhadap y. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-parameter di atas);

b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan awal v , tentukan kecepatan benda tersebut sebagai sebagai fungsi ketinggian ₀ y. c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda

jika tetapan /konstanta linear pada pertanyaa a) di atas bernilai  0. SOLUSI:

a. Misalkan



adalah konstanta linear penurunan percepatan gravitasi terhadap y . Percepatan gravitasi sebagai fungsi y adalah :

0 g g y

Sehingga percepatan gravitasi pada ketinggian h di atas permukaan planet akan sama dengan g g ₀



h.

b. Misalkan sumbu y positif di atas permukaan planet sehingga percepatan planet akan bernilai negatif karena arahnya ke bawah.



0



0

g g y g y

Bentuk turunan percepatan gravitasi sebagai fungsi y : dv dv dv dv

g v

dt dt dy dy

  

Sehingga kita dapat menuliskan bahwa: 0

dv

v g y

dy 

 

0

y v

v h

vdv  g y dy

(6)

0

2 2

0 1

2 2

y v

v h

v g yy



 



2 2 2 2

0 0 0

1 1

2v 2v  g y2y  g h2h





1

2 2 _{2 2}

0 0 0

2 2

v y  g y g hh v

c. Benda mencapai tinggi maksimum (ym) saat kecepatan sesaatnya sama dengan nol (v=0).

2 2 2

0 0 0

2 2 0

m m

y g y g h h v

     

Kita akan memperoleh solusi ym dengan menggunakan rumus akar-akar persamaan kuadrat untuk kasus



0:

2 2

0 0 0

2 2

0 ₀ ₀

2 1 m

g g _h _h v

y

g _g _g

 

    

Tinggi maksimum benda jika



0: 2

0 0 0

2g ym 2g h v 0

   

2 0 2 m

v y h

g  

4. Bola karet dengan berat W= mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC (dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berosilasi di sekitar titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas dengan konstanta k dipasang pada posisi mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain dilekatkan pada titik B di tongkat AC. Seperti tampak pada gambar, tongkat disimpangkan pada posisi awal (tegak) sebesar sudut  lalu dilepaskan sehingga tongkat akan mengalami gerak osilasi (getaran). Tentukan :

a. besar frekuensi getaran untuk sudut simpangan  yang kecil

b. nilai maksimum gaya berat W agar untuk simpangan  kecil pada tongkat mengalami getaran harmonik.

a



Dinding

x y

B

A C

W=mg

Lantai

(7)

SOLUSI:

a. Perhatikan gaya-gaya yang bekerja pada sistem di bawah ini.

Persamaan torsi pada titik A : 2

2 A

d I

dt

   

2 2

2

sin cos d

WL kxa mL

dt

  

2

2 2

2

sin cos sin d

WL ka mL

dt

   

Untuk sudut simpangan  yang kecil berlaku bahwa sin  dan cos1, sehingga kita dapat menuliskan



2



2 2

2

2 2 0 2 0

ka WL

d d

dt mL dt

_  __{ } __{ }_

Persamaan ini merupakan bentuk persamaan gerak harmonis sederhana yang memiliki frekuensi angular



2



2

ka WL mL

  

Sehingga frekuensi getaran sistem akan sama dengan :



2



2

1 2 2

ka WL

f

mL



  

 

b. Syarat agar sistem melakukan osilasi gerak harmonik adalah : 2

0  

2

0

ka  WL

2

ka W

L



2

maks ka W

L



Lantai

L

a



y

A

W=mg x a sin

(8)

5. Sebuah batang homogen (massa M dan panjang L) salah satu ujungnya diletakkan pada tepi sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan kontak dengan meja. Lakukan perhitungan anda untuk 2 kondisi berikut ini :

a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar (i);

b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti ditampilkan pada gambar (ii).

SOLUSI:

a. Batang membentuk sudut θ terhadap posisi vertikal saat jatuh dari posisi vertikal. Perubahan energi potensial pusat massa batang akan diubah menjadi energi kinetik rotasi batang.





11 2 2

1 cos

2 23

l

Mg    ML





2 3

1 cos

g l

   

Percepatan sentripetal pusat massa batang: 2 3



1 cos



2 2

c

g l

a    

Persamaan torsi pada batang terhadap siku meja : 2

1 sin

2 3

l

Mg  ML 3

sin 2

g L

 

Percepatan tangensial pusat massa batang : 3 sin 2 4 t

g l

a   

Dinding horizontal dan vertikal licin dari siku tepi meja akan memberikan gaya horizontal dan vertikal yang bernilai berturut-turut N dan H N pada ujung batang V (lihat gambar).

(i)

(9)

Persamaan gaya pada batang dalam arah horizontal dan vertikal diberikan oleh



cos sin



H t c

N M a a 



sin cos



V t c

Mg N M a a 

Substitusikan a dan t a ke dalam persamaan ini maka kita akan medapatkan bahwa c





3 _{sin 3cos} ₂ 4

H

N  Mg  





2

1 _3cos ₁ 4

V

N  Mg 

Komponen reaksi pertama N akan nol ketika H  cos 1 23 

 . Untuk sudut yang lebih besar, N akan menjadi negatif, sehingga batang benar-benar lepas dari meja karena H tepi meja yang licin tidak dapat menarik ujung batang kembali.

b. Tepi meja sekarang berbentuk seperempat lingkaran yang sangat kecil , gaya normal N selalu diarahkan pada sumbu batang. Gaya gesek statik Fs arahnya tangensial terhadap seperempat lingkaran ini dan nilainya berubah-ubah

Persamaan gaya sepanjang batang :





3

cos 1 cos

2 c

Mg

Mg  N Ma   

Kita akan mendapatkan nilai gaya normal sebagai



5cos 3



2

Mg

N 

Reaksi meja terhadap batang menjadi nol ketika N= 0 saat cos1 3₅. Untuk sudut yang lebih besar gaya normal akan negatif , ini berarti batang meninggalkan tepi meja.

N Fs

Mg t a c a

θ

Mg t a c a

θ

H F

(10)

6. Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada silinder pejal bermassa M dan berjari-jari R menggunakan batang tak bermassa . Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai, tentukan:

a. kecepatan pusat massa silinder, b. kecepatan bola.

SOLUSI:

a. Ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder pejal sama dengan nol. Energi mekanik awal sistem :

awal

E mgH

Pada saat bola kecil menyentuh lantai, silinder pejal dan bola kecil akan memiliki kecepatan sudut .

Silinder akan memiliki kecepatan pusat massa vcmR karena silinder tidak slip. Bola kecil akan memiliki dua kompenen kecepatan yaitu, kecepatan horizontal sama dengan vhvcm dan kecepatan tangensial sama dengan vtH v H R cm . Bola kecil memiliki kecepatan total





2 2 2 0 2 2

2 cos 90 2 sin

b t cm t cm t cm t cm

v   v v v v    v v v v 

 

2 2 ₂ ₂

2 2 2

cm cm

b cm cm cm

v H _{v H R} _H _R

v v v v

R H

R R



   

Momen inersia silinder pejal terhadap pusat massa pejal adalah 1 2 2

s I  MR

Momen inersia bola kecil terhadap pusat massa pejal adalah IbmH2. Energi mekanik bola-silinder saat bola menyentuh lantai :





2 2 2

1 1 1

2 2 2

akhir cm b p s

E mgR Mv  mv  I I 

Kekekalan energi mekanik sistem, EawalEakhir :

 

₂ ₂





2

2 2 2 2

2

1 1 1 1

2 2 2 2

cm

cm cm

v H R

mgH mgR Mv m v mH MR

R R

  

     _{ }

 





2

2 2 2

4

3 4 2

cm

mg H R R v

MR mH mR 

 _ _

m M

R H

θ

cm v

t v

b v m

(11)

b. Kecepatan bola menyentuh lantai :







2 2



2 2 2

4

3 4 2

b

mg H R H R v

MR mH mR

 

 _ _

7. Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R mula-mula berotasi dengan kecepatan sudut ₀ dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar (yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan θ dan koefisien gesek kinetik

s



dimana ktan. Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak dengan bidang miring. Tentukan :

a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip

b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip, c. ketinggian maksimum yang dicapai silinder

SOLUSI:

a. Diagram gaya pada silinder pejal :

Persamaan gaya pada silinder : sin

k cm

f mg



ma

cos sin

kmg mg macm

   cos sin cm k

a  g g 

Persamaan torsi pada pusat massa silinder: k

f R I

 

2

1 cos

2

kmg R mR

  

 

2 kgcos

R

 

 

Kinematika translasi silinder pejal : 0

t cm v v a t



cos sin



t k

vg    t

Kinematika rotasi silinder pejal : 0

t t

   

0

2 k cos t

g t R

 

  

Silinder membutuhkan waktu t untuk mencapai slip dan kondisi slip terjadi saat 0 t t

vR

θ

mg

mgsinθ _mgcos_θ

(12)





0 0 0 0

2 cos

cos sin k

k

g

g t t R

R

      _ _

 



0



0

3 kcos sin R t g      _

b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip, 2

0

1 2 cm S a t









2 2 0 2 cos sin 2 3 cos sin

k k R S g         

c. Energi awal silinder pejal, ambil acuan energi potensial di pusat massa silinder saat di posisi mula-mula sama dengan nol :

2 2 2

0 0

1 1

2 4

awal

E  I  mR

Energi kinetik rotasi awal silinder akan dikerversi menjadi energi gesek dan energi potensial gravitasi dengan mencapai ketinggian maksimum hmaks. Silinder mengalami kehilangan energi oleh karena gaya gesek saat bergerak slip, yaitu saat menempuh jarak S.









2 2 0 2

cos sin cos 2 3 cos sin

k k

gesek k

k

mg R E f S

g

        

 



Energi potensial akhir silinder pejal : maks

EP mgh

Kekekalan energi sistem : awal gesek

E E EP









2 2

2 2 0

0 2

cos sin cos 1

4 ₃ _cos _sin 2

k k maks k mg R mR mgh g             









2 2 0 2

2 cos sin cos

1 ₁

4 ₃ _cos _sin