Soal dan Kunci Jawaban OSK Fisika 2016

SOAL UJIAN

SELEKSI CALON PESERTA OLIMPIADE SAINS NASIONAL 2016

TINGKAT KABUPATEN / KOTA

Waktu : 3 jam

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

TAHUN 2016

FISIKA

Hak Cipta

KEMENTERIAN PENDIDIKAN DAN KEBUDAYAAN

DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN MENENGAH

DIREKTORAT PEMBINAAN SEKOLAH MENENGAH ATAS

Tes Seleksi OSN 2016 Bidang FISIKA

TINGKAT KABUPATEN/KOTA

Waktu: 3 Jam

1- (8 poin) Tinjau fenomena osilasi bebas yang dialami suatu tetes cairan yang berhasil direkam

oleh beberapa astronot pada saat mereka sedang mengorbit di ruang angkasa bebas gravitasi. Fenomena ini mereka temukan pada saat mereka sedang berusaha menangkap satu tetes air yang besar dan kemudian merekamnya dalam bentuk video. Para astronot berhasil mengamati dengan jelas kalau ukuran/jari-jari tetes air tersebut benar-benar

berosilasi (lihat gambar samping).

Fenomena ini belum diketahui banyak orang karena mereka bermukim di permukaan Bumi yang gravitasinya mengakibatkan tetes cairan mengalami jatuh bebas lebih cepat sehingga tidak sempat mengalami osilasi. Fenomena populer ini pertama kali diselesaikan oleh Lord Rayleigh yang hasilnya telah dipublikasi dalam majalah ilmiah Nature volume 95, halaman 66, tahun 1915.

(a) (4 poin) Dengan mengabaikan pengaruh percepatan gravitasi bumi, tentukan besar

frekuensi osilasi tetes di atas yang dianggap bergantung pada massa jenis cairan (), jari-jari tetes cairan (r), dan tegangan muka cairan (_).

(b) (2 poin) Untuk ukuran tetes cairan yang sama, hitunglah nilai perbandingan (rasio) antara

frekuensi osilasi tetes cairan A dengan frekuensi osilasi tetes cairan B dengan menggunakan hasil (a) di atas, dan

(c) (2 poin) Jelaskan kesimpulan Anda tentang pengaruh massa jenis cairan terhadap frekuensi

osilasinya. Diketahui:

 massa jenis: 1 g/cm3 (cairan A) dan 12,1 g/cm3 (cairan B)  tegangan muka: 0,0405 N/m (cairan A) dan 0,5 N/m (cairan B)

Solusi:

(a) Frekuensi osilasi (f) tetes dapat dituliskan dalam bentuk formula umum: 

 _{ }

r k

f  (1 poin)

dengan k,α,β, dan _ adalah konstanta dan pangkat-pangkat tak berdimensi.

Dalam sistem satuan SI, dimensi masing-masing besaran dalam persamaan di atas adalah : [f ] = [T] 1 _{, [r] = [L], [] = [gaya] [L]}1 _{= [M][T]}2 _{, dan [] = [M][L]}3_{. Akibatnya,} persamaan di atas dapat dituliskan sebagai :

 

₍ 2_{) (} 3₎

1  

 _{kL MT ML}

T (1 poin)

Dengan demikian diperoleh 3(tiga) persamaan simultan untuk ketiga pangkat α, β, dan _ yaitu:

M : 0 

L : 03

T : 12

sehingga diperoleh nilai-nilai:  1/2,  1/2, 3/2. (1 poin)

Dengan demikian

3 2

/ 1 2 / 1 2 / 3

r k Kr

f

 

 

   (1 poin)

(b) Selanjutnya akan dihitung nilai rasio untuk kedua frekuensi:

B A

f f R .

Untuk ukuran tetes yang sama maka diperoleh nilai

99 , 0 1, 1 9 , 0 21 ,1 81 , 0

1, 12 081 , 0 1

5 , 0

1, 12 0405 , 0

A B

B A

    

 

 

 _ _

R

(2 poin)

(c) Dari nilai rasio R di atas dapat disimpulkan bahwa kedua nilai frekuensi tersebut hampir sama, ternyata nilai massa jenis tidak dominan mempengaruhi frekuensi osilasi kedua cairan karena terkompensasi oleh perbedaan nilai tegangan muka kedua jenis cairan

2- (12 poin) Sebuah peluru ditembakkan dari titik A ke titik B dimana titik A dan B merupakan

titik-titik sudut alas suatu segitiga ABC (lihat gambar). Segitiga ABC sebidang dengan lintasan peluru. Lintasan peluru diketahui berjarak H dari titik C (titik puncak segitiga). Jika diketahui sudut CAB, sudut CBA dan jarak AB adalah L, tentukan:

A B

C

L

H

 

a. (10 poin) sudut elevasi ketika peluru ditembakkan,

b. (2 poin) laju awal peluru ketika ditembakkan jika   .

Nyatakan semua jawaban dalam H, L, _, dan _.

Solusi:

a. Tinjau gerak partikel dalam koordinat seperti pada gambar berikut:

A B

C

L

H

 

x

y

D

E

Pada segitiga ABC, tinggi dari segitiga (CE) adalah





sin sin sin

L

CE  

  

 (1) (0,5 poin)

dan





cos sin sin

L

AE  

  

 (2) (0,5 poin)

Persamaan gerak partikel,

 

 

0 0 2 0 0 cos 1 sin 2

x t x v t

y t y v t gt

   

   (3) (2 x 0,5 poin)

dimana adalah sudut elevasi partikel dan v0adalah laju awal partikel. Eliminasi faktor t

pada persamaan diatas, kita dapatkan persamaan lintasan yang berupa persamaan parabola

 







0



2

0 0 2 2

0

tan

2 cos

g x x

y x y x x

v

  _

    (4) (1 poin)

Dengan menggunakan koordinat yang dipilih seperti pada gambar, kita mengetahui 3 titik yang dilalui oleh partikel,

1. titik A dengan koordinat

 

0,0 2. titik B dengan koordinat

 

L,0 3. titik D dengan koordinat









cos sin _, sin sin

sin sin

L   L   _H

   

 



 

 _{ } 

  (1 poin)

Dari koordinat titik A, kita dapatkan



x y0, 0

  

 0,0 . Dari titik B didapatkan

2 2 0 0 tan 2 cos gL L v  _    _  _

  (5) (1 poin)

atau

0 _{sin 2}gL

v



 (6) (1 poin)

Dari titik D kita dapatkan













2 2

2

sin sin _tan cos sin cos sin

sin sin sin

L   _{H } L   L  

     

 

  _  _

 _   _ (7) (2 poin)

Selesaikan persamaan diatas, kita dapatkan





2





sin 4 sin

tan

cos cos sin 2 sin 2

2 _{1 cot tan 1 cot tan}

H L

H H H

L L L

     _{   }               _{ }  _{ }    

(8) (2 poin)

b. Dari identitas trigonometri sin 2 2tan₂ 1 tan

 _

 , (1 poin) substitusi ke persamaan

(6), untuk   didapatkan,

1/2

0 2 tan ₈ 1

4tan

H

v gL _H

L L             _   

3- (13 poin) Sebuah mobil roda empat membelok pada suatu tikungan berbentuk lingkaran.

Lintasan tengah poros roda belakang membentuk lingkaran terhadap pusat tikungan tersebut dengan jari-jari R. Panjang poros atau jarak antara kedua roda belakang adalah H. Massa masing-masing roda belakang adalah m. Roda belakang dapat diasumsikan sebagai suatu cakram dengan jari-jari b. Ambil nilai R = 10 meter, H = 2 meter dan b = 0,5 meter. Jika perbandingan energi kinetik total antara roda belakang luar dengan roda belakang dalam adalah

k, tentukan nilai k.

Solusi:

Roda (cakram) dengan massa m dan jari-jari b, jika diputar mengitari sumbu simetrinya memiliki momen inersia sebesar

2 1 2

Z

I  mb . (1 poin)

Untuk kasus roda yang berputar terhadap tikungan yang berarti mengitari sumbu vertikal, maka menurut teorema sumbu sejajar momen inersianya terhadap pusat tikungan adalah momen inersia terhadap sumbu vertikal ditambah dengan massa kali jarak pusat massa ke pusat tikungan.

Momen inersia roda terhadap sumbu vertikal (I_X atau I_Y ) memenuhi persamaan

X Y Z

I  I I . Karena

X I = I_Y

maka

2

1 1

2 4

X Z

I  I  mb . (1 poin)

Untuk roda luar yang berjarak 1 2

R H dari pusat tikungan O, maka momen inersia roda yang diputar terhadap sumbu vertikal pusat tikungan adalah

2 2

1 1

luar O ( ₂ ) ₄

I m R H  mb . (1 poin)

Misalnya gerakan roda luar memutari tikungan dilakukan dengan kecepatan sudut , maka energi kinetik roda luar melingkari pusat tikungan O adalah

2 2 2 2

1 1 1 1

luar O ₂ luar O ₂ ( ₂ ) ₄

EK  I   m _ R H  b _ (1 poin)

Selain itu, masih ada energi kinetik roda luar ketika menggelinding murni saat bergerak tersebut dimana roda luar berputar pada sumbunya dengan kecepatan sudut luar. Syarat gerak

roda luar menggelinding murni di jalan adalah

b H

R luar

  

    1₂ sehingga

b H R

luar

   

   

 2

1

Energi kinetik roda luar ketika berputar pada sumbunya saat menggelinding murni adalah

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

luar putar ₂ Z _{2 2}( ) ( ₂ ) / ₄ ( ₂ )

EK  I   mb  R H b  m R H . (1 poin)

Jadi total energi kinetik roda luar adalah

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

luar ₂ ( ₂ ) _{4 4} ( ₂ ) ₈ 6( ₂ )

EK  m _ R H  b _ m R H  m _ R H b _.

(2 poin)

Dengan cara yang sama, total energi kinetik roda dalam adalah

2 2 2

1 1

8 6( 2 )

dalam

EK  m _ R H b _. (2 poin)

Perbandingan antara total energi kinetik roda belakang luar dengan roda belakang dalam adalah

2 2

1 2

2 2

1 2

6( )

6( )

R H b

k

R H b

 



  . (1 poin)

Jika dimasukkan nilainya, diperoleh

2905 1,49 1945

4- (10 poin) Sebuah batang homogen dengan massa m dan panjang L diikat dengan menggunakan

2 tali yang masing-masing panjangnya l. Terdapat dua beban yang digantung pada ujung batang B dan C dengan berat masing-masing 2W dan W (lihat gambar). Tentukan besar sudut _ ketika sistem dalam keadaan setimbang. Nyatakan jawaban Anda dalam W, m, l, dan L.

Solusi:

 Diketahui:

m = massa batang

L = panjang batang

l = panjang tali 2W = berat beban B

W = berat beban C

 Ditanyakan:

Φ = …?

 Jawab:

l l

L

W

2W

Φ T2

T1

B

C α

α

mg

T2sin(α-Φ)

T2cos(α-Φ)

T1cos(α+Φ)

T1sin(α+Φ)

m, L

l l

W

2W _B

C

Untuk Gambar

l L l l L 2 4 sin 2

cos     2  2 (1 poin)

0 



B



90



sin



90



sin



180



0 sin

2  0   0  2 0  

mgL  WL  T L 

0 sin cos cos 2 1 2   

mg  W  T 

     sin cos 2 1 sin cos cos 2 1 2       _  

 mg W mg W

T (2 poin)

0 



C



90



2 sin



90



sin



180



0 sin

2 0   WL 0  T1L 0  

L mg 0 sin cos 2 cos 2 1 1     

 W T

mg      sin cos 2 2 1 sin cos 2 cos 2 1 1       _    W mg W mg

T (2 poin)

0 



Fx





cos





0

cos 2

1  T  

T





cos





0

sin cos 2 1 cos sin cos 2 2 1         _         _       

 mg W

W mg





cos





0

2 1 cos

2 2

1 _{ }

      _       

_{mg  W   mg W  }

0 sin sin 2 1 cos cos 2 1 sin sin 2 2 1 cos cos 2 2 1        _        _        _        _         W mg W mg W mg W mg 0 sin sin 2 1 2 2 1 cos cos 2 1 2 2 1      _      _        _      _      _        _     W mg W mg W mg W mg



3



sin sin 0

cos

cos  Wmg  





 

 ₃ cos _sin

tan

mg W

W

 

 







  



 _

 

l L l mg W

l L W

2 4

3

2 tan

2 2



Jadi,



₃



₄ 2 2

tan

L l mg W

WL

 



 (1 poin)

atau,





_

 

  

 

 _{2 2}

4 3

arctan

L l mg W

WL

5- (16 poin) Pada suatu daerah, seseorang membuat sebuah meja billiard yang berbentuk

lingkaran. Pada tepi A meja billiard tersebut, sebuah bola (asumsikan sebagai partikel) dipukul dengan laju awal v0 yang cukup besar dan membentuk sudut θ terhadap garis radius (lihat

gambar). Diketahui gesekan dengan meja selama bola bergerak diabaikan dan koefisien restitusi tumbukan antara bola dengan dinding pinggiran meja adalah e <1. Tentukan sudut θ

(dinyatakan dalam e), agar:

θ

0

v

A O

Tampak Atas

a. (3 poin) bola menumbuk dinding hanya satu kali sebelum kembali ke titik A (tempat

semula),

b. (6 poin) bola menumbuk dinding dua kali sebelum kembali ke titik A (tempat semula),

c. (7 poin) bola menumbuk dinding tiga kali sebelum kembali ke titik A (tempat semula).

Solusi:

a. Karena bola hanya menumbuk satu kali sebelum kembali ke titik A, maka lintasan bola haruslah berupa garis lurus. (1 poin)

Jadi bola haruslah ditembakkan sepanjang garis diameter dan melalui titik O (titik pusat

lingkaran), (1 poin)

sehingga θ = 0. (1 poin)

b. Karena bola hanya menumbuk dua kali sebelum kembali ke titik A, maka lintasan bola haruslah membentuk segitiga (lihat gambar dibawah). (1 poin)

Dari gambar diketahui bahwa



1 2



2      rad (1) (0,5 poin)

Saat tumbukan di dinding B, kekekalan momentum arah tangensial memberikan persamaan

0sin 1sin 1

dan Hukum Newton untuk tumbukan pada arah radial,

0cos 1cos 1

ev _ v _ (3) (0,5 poin)

θ

0

v

A O

θ θ1

θ1

θ2

θ2

1

v

2

v

B

C

(Gambar 1,5 poin)

Dari persamaan (2) dan (3) didapatkan hubungan

1 1

tan tan

e

   (4) (0,5 poin)

Dengan cara yang sama pada dinding C, didapatkan hubungan,

2 1 2

1 1

tan tan tan

e e

     (5) (0,5 poin)

Dari persamaan (1), kita dapatkan



1 2



1 2

1 2

tan tan

2

tan tan

1

tan 1 tan tan

   

 

  

 _{ } _

 

 

 



(6)

Dengan menggunakan persamaan (4) dan (5), kita dapatkan

3 2

2

tan 1

e e e

 

  (7) (1 poin)

θ

0

v

A O

θ θ1

θ1

θ2

θ2

1

v

2

v

B

C

θ3 v3 θ3

D _{(Gambar 2 poin)}

Dari gambar diketahui bahwa



1 2 3



2        rad (8) (1 poin)

Hubungan sudut saat tumbukan di B dan C diberikan oleh persamaan (4) dan (5). Tumbukan di titik D memberikan hubungan,

3 2 2 1 3

1 1 1

tan tan tan tan

e e e

       (9) (1 poin)

Dari persamaan (8), kita dapatkan



1







2 3





2 3

1

1 2 3

tan tan

tan tan tan tan

1 tan tan 1 tan tan

    

 

 

   

   

  _{ }

 

(10) (1 poin)

Dengan menggunakan persamaan (4), (5), dan (9) kita dapatkan,

2 3

6- (11 poin) Sebuah cincin bermassa dan jari-jari

bergerak menggelinding murni di atas lantai

permukaan kasar dengan kelajuan pusat cincin dan kecepatan sudut rotasi 0 seperti gambar di samping.

Di tengah lantai pada jalur cincin, terdapat permen karet kecil bermassa sehingga akan terjadi tumbukan dimana permen tersebut lalu akan

menempel pada cincin. Abaikan efek gundukan antar cincin-permen sehingga penempelan tersebut terjadi secara spontan dan cincin tidak slip sesaat setelah tumbukan. Diketahui percepatan gravitasi adalah g. Tentukan:

a. (3 poin) Laju pusat cincin sesaat setelah peristiwa tumbukan itu terjadi.

b. (8 poin) Laju pusat cincin maksimum, v_0maks , agar cincin tidak slip.

Solusi:

a) Sebelum tumbukan, Cincin: _{I mR}2

pm 

R

v0 0 (1 poin)

Setelah tumbukan,

Terhadap pusat cincin: _I'ImR2 _2mR2

R

v (1 poin)

Tumbukan yang terjadi adalah tumbukan tidak elastik. Kekekalan momentum sudut (terhadap pusat cincin):

Maka didapat:

20

v

v (2) (1 poin)

b) Sesaat setelah tumbukan:

2 2

2

2 1 2

1_{mR mv}

EKcincinrotasi  

2

2 1_mv EKcincintranslasi

0



permen

EK

2

mv

Cincin slip apabila tidak ada kontak antara cincin dan lantai. Kontak tersebut dapat hilang karena adanya gaya dorongan sentrifugal akibat permen karet. Gaya dorongan ini maksimum terjadi saat permen karet berada di puncak cincin seperti gambar diagram gaya di samping.

Ketika permen di puncak cincin:

mgR mv

Etotal 3 '22 (1 poin)

Atau dari kekekalan energi saat permen karet di bawah dan di puncak:

mgR mv

mv2 _3 '2_2 Sehingga

gR v

v2 _3 '2_2 _{(4) (1 poin)}

Saat permen karet di puncak, persamaan gaya permen karet arah vertikal:

_{(1 poin)}

dan persamaan gaya cincin arah vertikal:

(1 poin)

maka:

(1 poin)

Laju maksimum terjadi pada saat , maka:

(1 poin)

Didapat laju pusat cincin maksimum:

(1 poin)

7- (15 poin) Ban berjalan (conveyer belt) sedang bergerak mendatar dengan kelajuan konstan v₀

(lihat gambar). Sebuah silinder homogen (dengan massa M dan jari-jari R ) yang sedang berotasi dengan kecepatan sudut _0 secara perlahan dijatuhkan ke atas ban berjalan tersebut. Diketahui _kadalah koefisien gesek kinetik antara silinder dengan ban berjalan. Tentukan jarak relatif yang dijalani silinder saat masih tergelincir di atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa tergelincir (tanpa slip).

Solusi:

Persamaan-persamaan gerak silinder relatif terhadap ban berjalan adalah

RF I

F

Ma dan  (2 poin)

dengan F adalah gaya gesek dan I = MR2_/2.

Gaya gesek F diperoleh dari gaya normal N = Mg, yaitu F = k N = k Mg.

Oleh sebab itu, percepatan linear dan percepatan sudut diberikan oleh

g R

g

a_k dan _ 2_k (2 x 2 poin)

sehingga

vv₀_kgt dan R_R_0 2_kgt (2 x 2 poin)

Silinder berotasi tanpa slip saat berlaku kondisi v = R, sehingga

g R v t

k

 

3 0

0

 (2 poin)

dan jarak relatif yang dijalani silinder di atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa tergelincir adalah

g R v x

k



18 ) ( ₀ ₀ 2

 (3 poin)

V0

0 ban berjalan

8- (15 poin) Dua balok terhubung dengan sebuah batang tegar tak bermassa dan ditempatkan

pada bidang miring dengan sudut kemiringan _ seperti ditunjukkan dalam gambar di bawah. Balok bermassa m1 dan m2 masing-masing memiliki koefisien gesek kinetik (terhadap bidang)

1

k

 dan k2.

a. (9 poin) Carilah persamaan percepatan sistem tersebut!

b. (5 poin) Carilah persamaan gaya pada batang penghubung yang bekerja pada tiap balok!

c. (1 poin) Tunjukkan bahwa gaya pada bagian soal b adalah nol ketika _k1_k2!

Solusi:

Diagram benda bebas untuk kedua balok adalah:

Dalam sistem koordinat seperti pada diagram bebas di atas, gaya-gaya yang bekerja pada balok 1 dapat ditulis sebagai berikut:

; ˆ

1 1 N y

N  FG1 m1gsin xˆm1gcos y;ˆ



;ˆ

batang1 T x

F  fk1 k1N1xˆ



(1) (1 poin)

Gaya-gaya yang bekerja pada mass 2 dapat ditulis sebagai berikut:

; ˆ

2 2 N y

N  FG2 m2gsin xˆm2gcos y;ˆ



;ˆ

batang2 T x

F  fk2 k2N2xˆ



(2) (1 poin)

Gaya yang bekerja pada batang sama besar dan berlawanan arah. Penerapan hukum Newton ke dua dalam arah sumbu ypada massa 1 memberikan:



 0 cos

cos

0 1 1 1 1

1 1

, ma N mg N mg

Ftotaly  y       (3)

(1 poin)

Dengan cara yang sama Hukum Newton ke dua diterapkan dalam arah sumbu ypada massa 2 memberikan:



 0 cos

cos

0 2 2 2 2

2 2

, m a N m g N m g

Ftotaly  y       (4)

(1 poin)

Penerapan hukum ke dua Newton dalam arah sumbu xpada massa 1 memberikan:

x

k N mg ma

T1 1 1 sin  1 1 (5)

(1 poin)

1

m

2

m



1

k

f

1

m F_batang1

1

G

F

1

N

x y



2

k

f

2

m

2 tang ba

F

2

G

F

2

N

x y



Penerapan hukum ke dua Newton dalam arah sumbu xpada massa 2 memberikan:

x

k N m g ma

T 2 2 2 sin  2 1

   (6)

(1 poin)

a. Kedua balok memiliki percepatan sama besar. Gunakan pers. (3 dan 4) dalam pers. (5 dan 6) dan kemudian penjumlahan pers. (5) dan (6) memberikan:



k1m1 k2m2



gcos 



m1m2



gsin 



m1m2



a1x

     (7)

(1 poin)

Penyelesaian untuk komponen percepatan memberikan:









2 1

2 1 2

2 1 1

1 m m _mgcos_m m m gsin

a k k

x    _  

     (8)

(1 poin)

b. Bagi pers. (5) dengan m1dan pers. (6) dengan m2 dan kemudian ambil selisih keduanya

akan menghasilkan:





cos 0

1 1

2 1 2

1

 

   

 _{   g }

m m

T _{k k} (2 poin)

Penyederhanaan memberikan:





2 1

2 1 2

1 gcos _mmm_m

T  k  k _

    (9)

(3 poin)